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 година По клас

Избрана година

2015

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

2015 · 11-12: липсва задача 3

11-12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е редица от реални числа. Един ход се състои в това да изберем два члена на редицата и да заменим всеки от тях с тяхното средно аритметично. Докажете, че съществува редица от

2015

различни реални числа със следното свойство: след като върху нея се приложи един начален ход, независимо кой, винаги има начин с крайна последователност от ходове накрая да се получи константна редица.

Решение

Един подходящ пример е редицата

0,1,2,\dots,2014.

Ще покажем, че след произволния първи ход винаги можем да стигнем до редицата, чиито всички членове са равни на

1007

. Ще казваме, че две числа са противоположни, ако средното им аритметично е

1007

. Числото

1007

е противоположно само на себе си. Разглеждаме два случая. Първо нека началният ход не участва числото

1007

. Да кажем, че са променени числата

a

b

, като и двете са заменени с

c=\frac{a+b}{2}.

Ако

a

b

са противоположни, достатъчно е да осредним всички останали двойки противоположни числа. Нека сега

a

b

не са противоположни. Нека

a'

b'

са съответно противоположните на

a

b

; тогава четирите числа

a,b,a',b'

са различни. Осредняваме

a'

b'

и получаваме два пъти числото

c'=2014-c.

След това работим само с тези четири числа:

\begin{array}{cccc} c & c & a' & b' \cr c & c & c' & c' \cr 1007 & c & 1007 & c' \cr 1007 & 1007 & 1007 & 1007. \end{array}

Накрая осредняваме всички останали двойки противоположни числа. Остава случаят, в който началният ход участва

1007

и някое число

a

. Избираме число

k

, различно от

a

и от противоположното му число, и нека

a'

k'

са противоположните на

a

k

. Работим само с тези пет числа:

\begin{array}{ccccc} \frac{a+1007}{2} & \frac{a+1007}{2} & a' & k & k' \cr \frac{a+1007}{2} & \frac{a+1007}{2} & a' & 1007 & 1007 \cr \frac{a+1007}{2} & \frac{a+1007}{2} & \frac{a'+1007}{2} & \frac{a'+1007}{2} & 1007 \cr 1007 & \frac{a+1007}{2} & 1007 & \frac{a'+1007}{2} & 1007 \cr 1007 & 1007 & 1007 & 1007 & 1007. \end{array}

След това отново осредняваме останалите двойки противоположни числа. Така във всички случаи стигаме до константната редица с членове

1007

Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2015/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете всички двойки цели числа

(x,y)

, които удовлетворяват уравнението

x^2+xy+y^2=\left(\frac{x+y}{3}+1\right)^3.

Решение

Полагаме

a=x+y,\qquad b=x-y.

Тогава

a

b

са цели числа с еднаква четност, а

x=\frac{a+b}{2},\qquad y=\frac{a-b}{2}.

Уравнението се превръща в

\frac14\left((a+b)^2+(a+b)(a-b)+(a-b)^2\right)=

\left(\frac a3+1\right)^3,

тоест

3a^2+b^2=4\left(\frac a3+1\right)^3.\tag{1}

След умножение на (1) с

27

и разглеждане по модул

3

получаваме

3\mid a

. Нека

a=3c

. Тогава (1) се свежда до

b^2=(c-2)^2(4c+1).\tag{2}

Следователно

4c+1=m^2

за някое нечетно цяло число

m

; обратното също дава решения. Наистина от

4c+1=m^2

имаме

c=\frac{m^2-1}{4},\qquad b=\pm\frac{m(m^2-9)}4,

и затова

x=\frac18\left(3(m^2-1)\pm(m^3-9m)\right),

\qquad y=\frac18\left(3(m^2-1)\mp(m^3-9m)\right).

Понеже

m

е нечетно, тези изрази винаги са цели числа. Ако запишем

m=2n+1

, получаваме по-удобната параметризация

x=n^3+3n^2-1,\qquad y=-n^3+3n+1,

както и двойката с разменени координати, където

n

е произволно цяло число. Това са всички решения.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2015/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f\colon\mathbb Q\to\mathbb Q

, за които

f(x)+f(t)=f(y)+f(z)

за всички рационални числа

x\lt{}y\lt{}z\lt{}t

, които образуват аритметична прогресия.

Решение

Отговорът е: всички функции от вида

f(q)=\alpha q+\beta,

където

\alpha,\beta\in\mathbb Q

. Директната проверка е ясна. Нека

a\in\mathbb Q

d\gt{}0

е рационално число. От условието имаме

f(a)+f(a+3d)=f(a+d)+f(a+2d)

f(a-d)+f(a+2d)=f(a)+f(a+d).

Като съберем тези две равенства и съкратим, получаваме

f(a-d)+f(a+3d)=2f(a+d).

Следователно за произволни рационални

x

y

е изпълнено

f(x)+f(y)=2f\left(\frac{x+y}{2}\right).\tag{1}

Това е уравнението на Йенсен върху

\mathbb Q

, откъдето следва, че

f

е афинна функция. За пълнота ще довършим без да се позоваваме на това име. Нека

d

е положително цяло число, а

n

е цяло число. Прилагаме условието към двете аритметични прогресии

\frac{2n-1}{2d},\frac{2n}{2d},\frac{2n+1}{2d},\frac{2n+2}{2d}

\frac{2n-2}{2d},\frac{2n-1}{2d},\frac{2n}{2d},\frac{2n+1}{2d}.

Получаваме

f\left(\frac{2n-1}{2d}\right)+f\left(\frac{2n+2}{2d}\right)=f\left(\frac{2n}{2d}\right)+f\left(\frac{2n+1}{2d}\right)

f\left(\frac{2n-2}{2d}\right)+f\left(\frac{2n+1}{2d}\right)=f\left(\frac{2n-1}{2d}\right)+f\left(\frac{2n}{2d}\right).

След събиране и опростяване следва

f\left(\frac{n-1}{d}\right)+f\left(\frac{n+1}{d}\right)=2f\left(\frac nd\right).

Значи върху рационалните числа със знаменател, делящ

d

, последователните разлики са равни. В частност

f\left(\frac nd\right)=f(0)+\frac nd\left(f(1)-f(0)\right).

Понеже всяко рационално число е от вида

n/d

, окончателно

f(q)=f(0)+q\left(f(1)-f(0)\right),

което е точно описаният по-горе вид.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2015/4Условие — източник