maths.bgmaths.bg
Всички колекции
JMO

Evan Chen / JMO Solution Notes

66 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

16 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2012

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2012 · 11-12: липсва задача 4

11-12

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички цели числа n≥3n\ge3, за които сред всеки nn положителни реални числа a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n, удовлетворяващиmax⁡(a1,a2,…,an)≤n⋅min⁡(a1,a2,…,an),\max(a_1,a_2,\ldots,a_n)\le n\cdot\min(a_1,a_2,\ldots,a_n),съществуват три числа, които са дължини на страните на остроъгълен триъгълник.
РешениеОтговорът е: всичкиn≥13.n\ge13.Нека (Fm)(F_m) е редицата на Фибоначи, дефинирана чрез F1=F2=1F_1=F_2=1 и Fm+1=Fm+Fm−1F_{m+1}=F_m+F_{m-1}. Първо ще ни трябва следното просто наблюдение:Fm≤m2⟺m≤12.F_m\le m^2\quad\Longleftrightarrow\quad m\le12.Наистина, първите четиринадесет числа на Фибоначи са 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,3771,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377. Оттук се вижда, че Fm≤m2F_m\le m^2 е вярно за m=1,2,…,12m=1,2,\ldots,12, като F12=122=144F_{12}=12^2=144, но вече е невярно за m=13m=13 и m=14m=14. За m≥15m\ge15 това следва по индукция, защотоFm=Fm−1+Fm−2>F_m=F_{m-1}+F_{m-2}\gt{}(m−1)2+(m−2)2=m2+(m−1)(m−5)>m2.(m-1)^2+(m-2)^2=m^2+(m-1)(m-5)\gt{}m^2.Сега нека n≥13n\ge13 и да допуснем противното: дадени са nn числа, но никои три от тях не са страни на остроъгълен триъгълник. Подреждаме ги така, чеa1≤a2≤⋯≤an.a_1\le a_2\le\cdots\le a_n.За всяко i≥2i\ge2 тройката ai−1,ai,ai+1a_{i-1},a_i,a_{i+1} не образува остроъгълен триъгълник. При подредени положителни числа това означаваai+12≥ai2+ai−12.a_{i+1}^2\ge a_i^2+a_{i-1}^2.Следователноa32≥a22+a12≥2a12,a42≥a32+a22≥3a12,a52≥a42+a32≥5a12,\begin{align*} a_3^2&\ge a_2^2+a_1^2\ge2a_1^2,\\ a_4^2&\ge a_3^2+a_2^2\ge3a_1^2,\\ a_5^2&\ge a_4^2+a_3^2\ge5a_1^2, \end{align*}и по индукция получавамеai2≥Fia12a_i^2\ge F_i a_1^2за всяко ii. В частност an2≥Fna12a_n^2\ge F_n a_1^2. От условието на задачата обаче имаме an≤na1a_n\le n a_1, така че Fn≤n2F_n\le n^2. Това е невъзможно при n≥13n\ge13 според наблюдението по-горе. Остава да покажем, че никое n≤12n\le12 не върши работа. За такова nn вземамеai=x2Fi(1≤i≤n).a_i=\sqrt{\vphantom{x^2}F_i}\qquad (1\le i\le n).Тогава min⁡ai=1\min a_i=1, а max⁡ai=x2Fn≤n\max a_i=\sqrt{\vphantom{x^2}F_n}\le n, така че даденото условие е изпълнено. Но ако i<j<ki\lt{}j\lt{}k, тоak2=Fk=Fk−1+Fk−2≥Fj+Fi=aj2+ai2,a_k^2=F_k=F_{k-1}+F_{k-2}\ge F_j+F_i=a_j^2+a_i^2,следователно тези три числа не са страни на остроъгълен триъгълник. Така получаваме контрапример за всяко n≤12n\le12, което завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2012/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a,b,c>0a,b,c\gt{}0. Докажете, чеa3+3b35a+b+b3+3c35b+c+c3+3a35c+a≥\frac{a^3+3b^3}{5a+b}+\frac{b^3+3c^3}{5b+c}+\frac{c^3+3a^3}{5c+a}\ge23(a2+b2+c2).\frac23(a^2+b^2+c^2).
РешениеЩе използваме линеаризация. Основното твърдение еa3+3b35a+b≥2536b2−136a2.\frac{a^3+3b^3}{5a+b}\ge\frac{25}{36}b^2-\frac{1}{36}a^2.За да го докажем, полагаме x=a/b>0x=a/b\gt{}0. След деление на b2b^2 исканото неравенство ставаx3+35x+1≥25−x236.\frac{x^3+3}{5x+1}\ge\frac{25-x^2}{36}.Това е еквивалентно на36(x3+3)−(5x+1)(25−x2)=41x3+x2−125x+83=(x−1)2(41x+83)≥0,\begin{align*} 36(x^3+3)-(5x+1)(25-x^2) &=41x^3+x^2-125x+83\\ &=(x-1)^2(41x+83)\ge0, \end{align*}което доказва твърдението. Сумираме това неравенство циклично за двойките (a,b)(a,b), (b,c)(b,c) и (c,a)(c,a). Получаваме∑cyca3+3b35a+b≥2536(a2+b2+c2)−136(a2+b2+c2)=23(a2+b2+c2),\begin{align*} \sum_{\mathrm{cyc}}\frac{a^3+3b^3}{5a+b} &\ge \frac{25}{36}(a^2+b^2+c^2)-\frac{1}{36}(a^2+b^2+c^2)\\ &=\frac23(a^2+b^2+c^2), \end{align*}както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2012/3Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
За различни положителни цели числа a,b<2012a,b\lt{}2012 дефинираме f(a,b)f(a,b) като броя на целите числа kk с 1≤k<20121\le k\lt{}2012, за които остатъкът при деление на akak на 20122012 е по-голям от остатъка при деление на bkbk на 20122012. Нека SS е минималната стойност на f(a,b)f(a,b), когато aa и bb пробягват всички двойки различни положителни цели числа, по-малки от 20122012. Определете SS.
РешениеОтговорът еS=502.S=502.Първо ще докажем долна граница. Да фиксираме различни a,b<2012a,b\lt{}2012 и да вземем kk, за което gcd⁡(k,2012)=1\gcd(k,2012)=1. Тогава akak и bkbk са ненулеви по модул 20122012, а освен това ak≢bk(mod2012)ak\not\equiv bk\pmod{2012}, защото kk е обратимо по модул 20122012 и a≢b(mod2012)a\not\equiv b\pmod{2012}. Нека rar_a и rbr_b са съответно остатъците на akak и bkbk при деление на 20122012. За числото 2012−k2012-k съответните остатъци са 2012−ra2012-r_a и 2012−rb2012-r_b. Понеже ra≠rbr_a\ne r_b, точно едно от двете числа kk и 2012−k2012-k се брои във f(a,b)f(a,b). Следователно всеки чифт взаимнопрости остатъци {k,2012−k}\{k,2012-k\} дава точно един принос към f(a,b)f(a,b). Понеже2012=4⋅503и2012=4\cdot503\qquad\text{и}\qquadφ(2012)=2012(1−12)(1−1503)=1004, \varphi(2012)=2012\left(1-\frac12\right)\left(1-\frac1{503}\right)=1004,получавамеf(a,b)≥φ(2012)2=502.f(a,b)\ge\frac{\varphi(2012)}2=502.Сега ще покажем, че равенство е възможно. Вземамеa=4,b=1010.a=4,\qquad b=1010.Ако kk е четно, тогава4k≡1010k(mod2012),4k\equiv1010k\pmod{2012},защото 1010k−4k=1006k1010k-4k=1006k се дели на 20122012. Следователно никое четно kk не се брои. Ако пък 503∣k503\mid k, тогава4k≡0(mod2012),4k\equiv0\pmod{2012},така че остатъкът на 4k4k е 00 и не може да бъде по-голям от остатъка на 1010k1010k. Значи при тази двойка (a,b)(a,b) всички kk, които не са взаимнопрости с 20122012, не дават принос. А сред взаимнопростите kk вече знаем, че във всеки чифт {k,2012−k}\{k,2012-k\} се брои точно едно число. Следователноf(4,1010)=502,f(4,1010)=502,и заедно с долната граница това дава S=502S=502.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2012/5Условие — източник