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

2014

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2014 · 11-12: липсва задача 2

11-12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека aa, bb и cc са реални числа, по-големи или равни на 11. Докажете, чеmin⁡(10a2−5a+1b2−5b+10,10b2−5b+1c2−5c+10,10c2−5c+1a2−5a+10)≤\min\left(\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10},\frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10},\frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\right)\leabc. abc.
РешениеДостатъчно е да забележим едно еднопроменливо неравенство. За всяко a≥1a\ge1 имаме10a2−5a+1a2−5a+10≤a3,\frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}\le a^3,защото след пренасяне то е еквивалентно на(a−1)5≥0.(a-1)^5\ge0.Аналогично получаваме същото неравенство за bb и cc. Умножаваме трите циклични неравенства10a2−5a+1a2−5a+10≤a3,\frac{10a^2-5a+1}{a^2-5a+10}\le a^3,10b2−5b+1b2−5b+10≤b3,\qquad \frac{10b^2-5b+1}{b^2-5b+10}\le b^3,10c2−5c+1c2−5c+10≤c3.\qquad \frac{10c^2-5c+1}{c^2-5c+10}\le c^3.След пренареждане на знаменателите това дава10a2−5a+1b2−5b+10⋅10b2−5b+1c2−5c+10⋅10c2−5c+1a2−5a+10≤\frac{10a^2-5a+1}{b^2-5b+10}\cdot \frac{10b^2-5b+1}{c^2-5c+10}\cdot \frac{10c^2-5c+1}{a^2-5a+10}\le(abc)3. (abc)^3.Следователно най-малкото от трите числа в лявата страна на условието е най-много тяхното средно геометрично, а то е най-много abcabc. Това доказва исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2014/1Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f ⁣:Z→Zf\colon\mathbb Z\to\mathbb Z, за коитоxf(2f(y)−x)+y2f(2x−f(y))=xf\left(2f(y)-x\right)+y^2f\left(2x-f(y)\right)=f(x)2x+f(yf(y))\frac{f(x)^2}{x}+f\left(yf(y)\right)за всички x,y∈Zx,y\in\mathbb Z с x≠0x\ne0.
РешениеОтговорът еf(x)≡0иf(x)≡x2.f(x)\equiv0\qquad\text{и}\qquad f(x)\equiv x^2.Директната проверка е непосредствена. Остава да докажем, че други решения няма. Поставяме y=0y=0 и получавамеxf(2f(0)−x)=f(x)2x+f(0).(1)x f\left(2f(0)-x\right)=\frac{f(x)^2}{x}+f(0).\tag{1}Първо ще покажем, че f(0)=0f(0)=0. Ако това не е вярно, избираме просто число pp, което не дели f(0)f(0), и поставяме x=px=p в (1). Тогава от дясната страна следва, че p∣f(p)2p\mid f(p)^2, значи p∣f(p)p\mid f(p), а оттук p∣f(p)2/pp\mid f(p)^2/p. Уравнението (1) тогава налага p∣f(0)p\mid f(0), противоречие. Следователноf(0)=0.f(0)=0.Сега от (1) следваx2f(−x)=f(x)2(2)x^2f(-x)=f(x)^2\tag{2}за всяко цяло xx. Замествайки xx с −x-x, получаваме иf(−x)2=x2f(x).(3)f(-x)^2=x^2f(x).\tag{3}Ще докажем, че ff е четна функция. Ако за някое xx имаме f(x)≠f(−x)f(x)\ne f(-x), то x≠0x\ne0, и като извадим (2) и (3), след разлагане получавамеf(x)+f(−x)=−x2.f(x)+f(-x)=-x^2.Замяната в (2) дава(f(x)+12x2)2=−34x4<0,\left(f(x)+\frac12x^2\right)^2=-\frac34x^4\lt{}0,което е невъзможно. Значи f(x)=f(−x)f(x)=f(-x) за всяко xx, и от (2) получавамеf(x)2=x2f(x).f(x)^2=x^2f(x).Следователно за всяко цяло число xx е изпълненоf(x)∈{0,x2}.(4)f(x)\in\{0,x^2\}.\tag{4}Да допуснем, че съществува ненулево цяло число tt с f(t)=0f(t)=0. Ще докажем, че тогава f≡0f\equiv0. Поставяме y=ty=t в началното уравнение. Понеже f(t)=0f(t)=0, получавамеt2f(2x)=0t^2f(2x)=0за всяко цяло x≠0x\ne0, тоест f(2Z)≡0f(2\mathbb Z)\equiv0. Сега поставяме x=2k≠0x=2k\ne0 в началното уравнение. Понеже f(2k)=0f(2k)=0, оставаy2f(4k−f(y))=f(yf(y)).(5)y^2f(4k-f(y))=f(yf(y)).\tag{5}Да допуснем за противоречие, че f(m)=m2f(m)=m^2 за някое нечетно m≠0m\ne0. От (5) при y=my=m следваm2f(4k−m2)=f(m3).m^2 f(4k-m^2)=f(m^3).Ако f(m3)≠0f(m^3)\ne0, то за всяко k≠0k\ne0 числото f(4k−m2)f(4k-m^2) също е ненулево, и по (4) получавамеm2(4k−m2)2=m6,m^2(4k-m^2)^2=m^6,което не може да е вярно за произволно k≠0k\ne0. Следователноf(4k−m2)=f(m2−4k)=f(m3)=0f(4k-m^2)=f(m^2-4k)=f(m^3)=0за всяко k≠0k\ne0. Понеже mm е нечетно, имаме m2≡1(mod4)m^2\equiv1\pmod4. Така f(n)=0f(n)=0 за всяко цяло nn, с изключение евентуално на ±m2\pm m^2. Но от f(m)=m2f(m)=m^2 следва m=±1m=\pm1. Значи или f≡0f\equiv0, или единствената оставаща възможност еf(x)={1,x=±1,0,иначе.f(x)=\begin{cases}1,&x=\pm1,\\0,&\text{иначе}. \end{cases}Последната функция обаче не удовлетворява уравнението: при x=5x=5 и y=1y=1 лявата страна е 00, а дясната е 11. Следователно, ако някъде има ненулево tt с f(t)=0f(t)=0, то непременно f≡0f\equiv0. Ако пък няма такова tt, то от (4) следва f(x)=x2f(x)=x^2 за всяко ненулево xx, а вече знаем f(0)=0f(0)=0. Това дава второто решение f(x)=x2f(x)=x^2. Значи посочените две функции са точно всички решения.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2014/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека b≥2b\ge2 е фиксирано цяло число, а sb(n)s_b(n) означава сумата на цифрите на nn в бройна система с основа bb. Докажете, че съществуват безбройно много положителни цели числа, които не могат да се представят във вида n+sb(n)n+s_b(n), където nn е положително цяло число.
РешениеЗа краткост полагамеf(n)=n+sb(n).f(n)=n+s_b(n).Ще докажем, че за всяко положително цяло число MM функцията ff пропуска поне MM стойности в началния интервал от положителните цели числа. Първо, ако x≥b2Mx\ge b^{2M}, то очевидноf(x)≥b2M.f(x)\ge b^{2M}.От друга страна, за k=1,2,…,Mk=1,2,\dots,M числото b2M−kb^{2M}-k в бройна система с основа bb започва с поне MM цифри, равни на b−1b-1. Наистина k≤M<bMk\le M\lt{}b^M, така че kk засяга само най-много последните MM разряда, а най-старшите поне MM разряда след заемането от b2Mb^{2M} стават равни на b−1b-1. Следователноsb(b2M−k)≥M,s_b(b^{2M}-k)\ge M,и затоваf(b2M−k)=(b2M−k)+sb(b2M−k)≥f(b^{2M}-k)=(b^{2M}-k)+s_b(b^{2M}-k)\geb2M−k+M≥b2M. b^{2M}-k+M\ge b^{2M}.Сега разглеждаме стойностите в интервала [1,b2M−1][1,b^{2M}-1]. Всяко x≥b2Mx\ge b^{2M} дава стойност поне b2Mb^{2M}, а сред числата 1,2,…,b2M−11,2,\dots,b^{2M}-1 точно MM от тях, а именноb2M−1, b2M−2, …, b2M−M,b^{2M}-1,\ b^{2M}-2,\ \dots,\ b^{2M}-M,също дават стойности поне b2Mb^{2M}. Значи стойностите в интервала [1,b2M−1][1,b^{2M}-1] могат да бъдат получени от най-многоb2M−1−Mb^{2M}-1-Mразлични входа. Този интервал обаче съдържа b2M−1b^{2M}-1 цели числа, следователно поне MM от тях не са от вида n+sb(n)n+s_b(n). Понеже MM е произволно голямо, пропуснатите положителни цели числа са безбройно много.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2014/4Условие — източник