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

2017

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2017 · 11-12: липсва задача 5

11-12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществуват безкрайно много двойки взаимно прости положителни цели числа a,b>1a,b\gt{}1, за които a+ba+b дели ab+baa^b+b^a.
РешениеЩе построим безкрайно много примери. Нека d>1d\gt{}1 е произволно цяло число с d≡1(mod4)d\equiv1\pmod4 и поставямеx=dd+2dd+2,a=x+d2,b=x−d2.x=\frac{d^d+2^d}{d+2},\qquad a=\frac{x+d}{2},\qquad b=\frac{x-d}{2}.Понеже d≡−2(modd+2)d\equiv-2\pmod{d+2} и dd е нечетно, имаме dd+2d≡0(modd+2)d^d+2^d\equiv0\pmod{d+2}, така че xx е цяло число. Освен това xx и dd са нечетни, следователно aa и bb са цели числа. При достатъчно големи dd те са по-големи от 11. Ще проверим, че aa и bb са взаимно прости. Имаме a−b=da-b=d и a+b=xa+b=x, а от формулата за xx следва gcd⁡(x,d)=1\gcd(x,d)=1: ако просто число pp дели dd, тогава по модул pp получаваме x≡2d−1≢0x\equiv2^{d-1}\not\equiv0. Понеже dd е нечетно, това дава gcd⁡(a,b)=gcd⁡(b,d)=1\gcd(a,b)=\gcd(b,d)=1, следователно в частност gcd⁡(a,b)=1\gcd(a,b)=1. Остава делимостта. Тъй като a+b=xa+b=x и a≡−b(modx)a\equiv-b\pmod x, а bb е нечетно,ab+ba≡a^b+b^a\equiv(−b)b+ba=bb(ba−b−1)=bb(bd−1)(modx).(-b)^b+b^a=b^b(b^{a-b}-1)=b^b(b^d-1)\pmod x.От x=d+2bx=d+2b имаме 2b≡−d(modx)2b\equiv-d\pmod x. Понеже xx е нечетно, можем да повдигнем на степен и да получимbd≡−dd2d(modx).b^d\equiv-\frac{d^d}{2^d}\pmod x.Но по построение x∣dd+2dx\mid d^d+2^d, следователно bd≡1(modx)b^d\equiv1\pmod x. Значи x=a+bx=a+b дели ab+baa^b+b^a. Различните допустими стойности на dd дават безкрайно много двойки.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2017/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Докажете, че диофантовото уравнение(3x3+xy2)(x2y+3y3)=(x−y)7(3x^3+xy^2)(x^2y+3y^3)=(x-y)^7има безбройно много решения в положителни цели числа, и опишете всички решения.
РешениеПонеже лявата страна е положителна, трябва да имаме x>yx\gt{}y. Некаx=da,y=db,x=da,\qquad y=db,където dd е положително цяло число, gcd⁡(a,b)=1\gcd(a,b)=1 и a>ba\gt{}b. След съкращаване уравнението е еквивалентно на това числотоd=ab(a2+3b2)(3a2+b2)(a−b)7d=\frac{ab(a^2+3b^2)(3a^2+b^2)}{(a-b)^7}да бъде цяло. Тоест трябва и е достатъчно да е изпълнено(a−b)7∣ab(a2+3b2)(3a2+b2).(1)(a-b)^7\mid ab(a^2+3b^2)(3a^2+b^2).\tag{1}Ще докажем, че (1) е вярно тогава и само тогава, когато a−b=1a-b=1. Ако a−b=1a-b=1, това е очевидно. Обратно, нека (1) е изпълнено. Ако aa и bb са нечетни, тогава a−ba-b е четно, аa2+3b2≡4(mod8),3a2+b2≡4(mod8).a^2+3b^2\equiv4\pmod8,\qquad 3a^2+b^2\equiv4\pmod8.Понеже abab е нечетно, произведението вдясно в (1) се дели точно на 242^4. Но (a−b)7(a-b)^7 се дели поне на 272^7, противоречие. Следователно не е възможно aa и bb да са едновременно нечетни. Значи a−ba-b е нечетно. Тогаваgcd⁡(a−b,a)=gcd⁡(a−b,b)=1,\gcd(a-b,a)=\gcd(a-b,b)=1,а същоgcd⁡(a−b,a2+3b2)=gcd⁡(a−b,4b2)=1\gcd(a-b,a^2+3b^2)=\gcd(a-b,4b^2)=1и по същия начин gcd⁡(a−b,3a2+b2)=1\gcd(a-b,3a^2+b^2)=1. Следователно a−ba-b е взаимно просто с всеки от множителите вдясно в (1), така че единствената възможност е a−b=1a-b=1. Значи всички решения се получават така: избираме произволно положително цяло число bb, поставяме a=b+1a=b+1 иd=ab(a2+3b2)(3a2+b2).d=ab(a^2+3b^2)(3a^2+b^2).Тогава(x,y)=(da,db)(x,y)=(da,db)е решение, а всяко решение има този вид. Това веднага дава безбройно много решения. Еквивалентно, ако n>1n\gt{}1 е нечетно, можем да запишемa=n+12,b=n−12,d=n6−14,a=\frac{n+1}{2},\qquad b=\frac{n-1}{2},\qquad d=\frac{n^6-1}{4},и тогава(x,y)=((n+1)(n6−1)8,(n−1)(n6−1)8).(x,y)=\left(\frac{(n+1)(n^6-1)}8,\frac{(n-1)(n^6-1)}8\right).
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2017/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е равностранен триъгълник и PP е точка върху описаната му окръжност. Правите PAPA и BCBC, PBPB и CACA, PCPC и ABAB се пресичат съответно в DD, EE, FF. Докажете, че лицето на триъгълника DEFDEF е два пъти лицето на триъгълника ABCABC.
РешениеЩе използваме барицентрични координати спрямо ABCABC.ABCPDEFНека P=(u:v:w)P=(u:v:w). Понеже триъгълникът ABCABC е равностранен, уравнението на описаната му окръжност в тези координати еuv+vw+wu=0.uv+vw+wu=0.От дефиницията на барицентричните координати пресечните точки с противоположните страни саD=(0:v:w),E=(u:0:w),F=(u:v:0).D=(0:v:w),\qquad E=(u:0:w),\qquad F=(u:v:0).Наистина например правата PAPA съдържа всички точки от вида (tu+s:tv:tw)(tu+s:tv:tw), а при пресичане с BCBC първата координата става нула, което дава (0:v:w)(0:v:w). За ориентирани лица получаваме стандартната детерминантна формула[DEF][ABC]=1(u+v)(v+w)(w+u)det⁡[0vwu0wuv0]=2uvw(u+v)(v+w)(w+u).\frac{[DEF]}{[ABC]} =\frac{1}{(u+v)(v+w)(w+u)} \det\begin{bmatrix} 0&v&w\\ u&0&w\\ u&v&0 \end{bmatrix} =\frac{2uvw}{(u+v)(v+w)(w+u)}.Но(u+v)(v+w)(w+u)=(u+v)(v+w)(w+u)=(u+v+w)(uv+vw+wu)−uvw=−uvw,(u+v+w)(uv+vw+wu)-uvw=-uvw,защото PP лежи на описаната окръжност. Следователно[DEF][ABC]=2uvw−uvw=−2.\frac{[DEF]}{[ABC]}=\frac{2uvw}{-uvw}=-2.Минусът показва само, че ориентацията на DEFDEF е противоположна на тази на ABCABC. Следователно обикновеното лице на триъгълника DEFDEF е точно 2[ABC]2[ABC], както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2017/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Съществуват ли тройки положителни цели числа (a,b,c)(a,b,c), за които числотоp=(a−2)(b−2)(c−2)+12p=(a-2)(b-2)(c-2)+12е просто и е собствен делител на положителното числоa2+b2+c2+abc−2017?a^2+b^2+c^2+abc-2017?
РешениеОтговорът е не. Да допуснем, че такава тройка съществува, и поставямеx=a−2,y=b−2,z=c−2,x=a-2,\qquad y=b-2,\qquad z=c-2,като без ограничение x≥y≥z≥−1x\ge y\ge z\ge-1. Тогава p=xyz+12p=xyz+12 и след пряко разкриванеa2+b2+c2+abc−2017=(x+y+z+4)2+p−452.a^2+b^2+c^2+abc-2017=(x+y+z+4)^2+p-45^2.Понеже pp дели това число, получавамеp∣p\mid(x+y+z+4)2−452=(x+y+z−41)(x+y+z+49). (x+y+z+4)^2-45^2=(x+y+z-41)(x+y+z+49).Освен това деленето е собствено, така че числото е по-голямо от pp; следователно (x+y+z+4)2>452(x+y+z+4)^2\gt{}45^2 и в частност x+y+z>41x+y+z\gt{}41. Оттук x≥14x\ge14. Първо ще покажем, че x,y,z≥1x,y,z\ge1. Ако z=0z=0, тогава p=12p=12, невъзможно. Ако z=−1z=-1 и y≥1y\ge1, то p=12−xy<0p=12-xy\lt{}0. Ако z=−1z=-1 и y=0y=0, отново p=12p=12. Остава възможността z=y=−1z=y=-1; тогава p=x+12p=x+12, а от x+y+z>41x+y+z\gt{}41 имаме p>55p\gt{}55. Делимостта по-горе става x+12∣x−43x+12\mid x-43 или x+12∣x+47x+12\mid x+47, тоест x+12x+12 дели съответно 5555 или 3535, невъзможно при p=x+12>55p=x+12\gt{}55. Следователно наистина z≥1z\ge1. Ако y=1y=1, тогава и z=1z=1, така че p=x+12p=x+12. Тогава делимостта по-горе дава x+12∣x−39x+12\mid x-39 или x+12∣x+51x+12\mid x+51, тоест x+12x+12 дели съответно 5151 или 6363, невъзможно за просто число поне 2929. Следователно y≥2y\ge2. По същия начин p≥14⋅2⋅1+12=40p\ge14\cdot2\cdot1+12=40, така че pp е просто, по-голямо от 33, и gcd⁡(p,6)=1\gcd(p,6)=1. От p=xyz+12p=xyz+12 следва gcd⁡(xyz,6)=1\gcd(xyz,6)=1, затова x,y,zx,y,z са нечетни и не се делят на 33. Тогава x+y+zx+y+z е нечетно, следователно и двата множителя x+y+z−41x+y+z-41 и x+y+z+49x+y+z+49 са четни. Понеже простото число pp дели един от тях, всъщност 2p2p дели някой от тях, а оттук непременноx+y+z+49≥2p=2xyz+24.x+y+z+49\ge2p=2xyz+24.Но вече имаме y≥2y\ge2 и z≥1z\ge1, а от нечетността всъщност y≥3y\ge3 и z≥1z\ge1. Така дясната страна расте твърде бързо: за x≥14x\ge14 получаваме2xyz+24−(x+y+z+49)≥2xyz+24-(x+y+z+49)\ge6x+24−(x+3+1+49)=5x−29>0, 6x+24-(x+3+1+49)=5x-29\gt{}0,което противоречи на предишното неравенство. Следователно такава тройка не съществува.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2017/4Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Върху единичната окръжност са избрани 20172017 червени и 20172017 сини точки, като никоя от тях не е точката (1,0)(1,0). Нека P1,P2,…,P2017P_1,P_2,\ldots,P_{2017} е някаква подредба на червените точки. За всяко ii свързваме PiP_i с най-близката синя точка до PiP_i в посока обратно на часовниковата стрелка, която още не е била използвана. Получаваме 20172017 дъги, всяка с един червен и един син край. Да се докаже, че броят на тези дъги, които съдържат точката (1,0)(1,0), не зависи от избраната подредба на червените точки.
РешениеЩе докажем по-силно твърдение. Започваме от точката (1,0)(1,0) и обхождаме окръжността обратно на часовниковата стрелка. Поддържаме баланс: добавяме 11, когато минем през червена точка, и изваждаме 11, когато минем през синя точка. Нека mm е най-малката стойност, която този баланс приема. Твърдим, че независимо от реда на червените точки броят на избраните дъги, които минават през (1,0)(1,0), е точно −m-m. Това веднага дава независимостта от реда. Доказваме твърдението с индукция по броя на червените точки. Нека първата избрана червена точка е RR, а синята точка, с която тя се свързва, е BB. По избора на BB отворената дъга от RR до BB обратно на часовниковата стрелка не съдържа сини точки. Ако тази дъга не съдържа (1,0)(1,0), тогава при обхождане от (1,0)(1,0) точката RR се среща преди BB. След премахване на RR и BB балансът между тях намалява с 11, а извън този интервал остава същият. Но в този интервал преди премахването балансът е поне колкото стойността точно преди RR, защото там няма сини точки. Следователно минималната стойност mm не се променя. Премахнатата дъга не се брои, а по индукция останалите дават −m-m дъги през (1,0)(1,0). Ако дъгата от RR до BB съдържа (1,0)(1,0), тогава при обхождане от (1,0)(1,0) първо срещаме BB, а по-късно RR. След премахването на RR и BB балансът в интервала от BB до RR се увеличава с 11, а извън него остава същият. Понеже по допълнителната дъга от RR през (1,0)(1,0) до BB няма сини точки, минимумът се достига в интервала от BB до RR; следователно новият минимум е m+1m+1. Премахнатата дъга се брои веднъж, а по индукция останалите дават −(m+1)-(m+1) дъги през (1,0)(1,0). Общият брой пак е 1−(m+1)=−m1-(m+1)=-m. Така твърдението е доказано за всички стъпки, а числото −m-m зависи само от първоначалното разположение и оцветяване на точките, не и от реда на червените точки.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2017/6Условие — източник