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

2018

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2018 · 11-12: липсва задача 3

11-12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За всяко положително цяло число nn намерете броя на положителните цели числа с nn цифри, в които няма две съседни еднакви цифри и последната цифра е проста.
РешениеНека ana_n означава търсения брой, а за удобство поставяме a0=0a_0=0. Ще преброим малко по-широк клас: низове от nn цифри, при които първата цифра може да бъде 00, няма две съседни еднакви цифри и последната цифра е една от простите цифри 2,3,5,72,3,5,7. Ако строим такъв низ отдясно наляво, последната цифра се избира по 44 начина, а всяка предишна цифра има 99 избора, защото само трябва да е различна от следващата. Значи общият брой е 4⋅9n−14\cdot9^{n-1}. От тези низове тези, които започват с ненулева цифра, са точно числата, броени от ana_n. Тези, които започват с 00, след изтриване на началната нула дават точно допустимо число с n−1n-1 цифри, броено от an−1a_{n-1}. Следователноan+an−1=4⋅9n−1.a_n+a_{n-1}=4\cdot9^{n-1}.Тази рекурсия с a0=0a_0=0 даваan=4(9n−1−9n−2+9n−3−⋯+(−1)n−1).a_n=4\left(9^{n-1}-9^{n-2}+9^{n-3}-\cdots+(-1)^{n-1}\right).Сумирайки геометричната прогресия, получавамеan=25(9n−(−1)n).a_n=\frac{2}{5}\left(9^n-(-1)^n\right).Това е търсеният брой.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2018/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека aa, bb, cc са положителни реални числа, за коитоa+b+c=4x2abc3.a+b+c=4\sqrt[3]{\vphantom{x^2}abc}.Докажете, че2(ab+bc+ca)+4min⁡(a2,b2,c2)≥a2+b2+c2.2(ab+bc+ca)+4\min(a^2,b^2,c^2)\ge a^2+b^2+c^2.
РешениеНеравенството и условието са хомогенни, затова без ограничение можем да приемем, чеc=min⁡(a,b,c)=1.c=\min(a,b,c)=1.Тогава условието ставаa+b+1=4x2ab3.a+b+1=4\sqrt[3]{\vphantom{x^2}ab}.Исканото неравенство е еквивалентно на4ab+2a+2b+3≥(a+b)2.4ab+2a+2b+3\ge(a+b)^2.Некаt=x2ab3.t=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}ab}.От условието имаме a+b=4t−1a+b=4t-1. Замествайки, остава да докажем4t3+2(4t−1)+3≥(4t−1)2.4t^3+2(4t-1)+3\ge(4t-1)^2.Но това е точно0≤4t3−16t2+16t=4t(t−2)2,0\le4t^3-16t^2+16t=4t(t-2)^2,което е очевидно, понеже t>0t\gt{}0. Равенство се получава само при t=2t=2, тоест ab=8ab=8 и a+b=7a+b=7 след нормировката c=1c=1. Тогава{a,b}={7+x2172,7−x2172},\{a,b\}=\left\{\frac{7+\sqrt{\vphantom{x^2}17}}2,\frac{7-\sqrt{\vphantom{x^2}17}}2\right\},а всички останали случаи на равенство се получават чрез общо умножаване на a,b,ca,b,c с положителна константа.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2018/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа xx със следното свойство: съществува триъгълник с дължини на страните a,b,ca,b,c, радиус на описаната окръжност 22 и поне един ъгъл, не по-малък от 90∘90^\circ, така чеx4+ax3+bx2+cx+1=0.x^4+ax^3+bx^2+cx+1=0.
РешениеОтговорът еx=−6+22илиx=−6−22.x=-\frac{\sqrt6+\sqrt2}{2}\qquad\text{или}\qquad x=-\frac{\sqrt6-\sqrt2}{2}.Понеже всички коефициенти без свободния член са положителни, коренът трябва да е отрицателен. Нека страната bb е срещу ъгъла, който е поне 90∘90^\circ. По теоремата на косинусите имамеb2≥a2+c2.b^2\ge a^2+c^2.От радиуса на описаната окръжност, равен на 22, следва b≤4b\le4, тоест b2≤4bb^2\le4b. Следователноa2+c2≤b2≤4b.a^2+c^2\le b^2\le4b.Сега преобразуваме уравнението така:0=x4+ax3+bx2+cx+10=x^4+ax^3+bx^2+cx+1=x2((x+a2)2+(1x+c2)2+b−a2+c24).=x^2\left(\left(x+\frac a2\right)^2+\left(\frac1x+\frac c2\right)^2+b-\frac{a^2+c^2}{4}\right).Последната скоба е сума от неотрицателни членове, затова всички те трябва да са нула. Получавамеx=−a2,1x=−c2,a2+c2=4b.x=-\frac a2,\qquad \frac1x=-\frac c2,\qquad a^2+c^2=4b.Първите две равенства дават ac=4ac=4. От веригата a2+c2≤b2≤4ba^2+c^2\le b^2\le4b и равенството a2+c2=4ba^2+c^2=4b следва b2=4bb^2=4b, следователно b=4b=4 и a2+c2=16a^2+c^2=16. Така(a+c)2=a2+c2+2ac=24,(a+c)^2=a^2+c^2+2ac=24,и числата aa и cc са 6+2\sqrt6+\sqrt2 и 6−2\sqrt6-\sqrt2 в някакъв ред. Затова възможните стойности на x=−a/2x=-a/2 са точно посочените две. Обратно, тези стойности наистина се получават от правоъгълен триъгълник с хипотенуза 44 и катети 6+2\sqrt6+\sqrt2 и 6−2\sqrt6-\sqrt2. Радиусът на описаната окръжност е 22, а горните равенства показват, че съответният полином има избрания корен.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2018/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека pp е просто число и нека a1a_1, a2a_2, …\ldots, apa_p са цели числа. Докажете, че съществува цяло число kk, за което числатаa1+k, a2+2k, …, ap+pka_1+k,\ a_2+2k,\ \ldots,\ a_p+pkдават поне p2\frac p2 различни остатъка при деление на pp.
РешениеДостатъчно е да разгледаме стойностите k=0,1,…,p−1k=0,1,\ldots,p-1. За всяко такова kk построяваме граф GkG_k с върхове 1,2,…,p1,2,\ldots,p, като свързваме ii и jj тогава и само тогава, когатоai+ik≡aj+jk(modp).a_i+ik\equiv a_j+jk\pmod p.За i≠ji\ne j това е еквивалентно наk≡−ai−aji−j(modp),k\equiv-\frac{a_i-a_j}{i-j}\pmod p,което определя точно една стойност на kk по модул pp. Следователно всяка двойка върхове се появява като ребро в точно един от графите G0,G1,…,Gp−1G_0,G_1,\ldots,G_{p-1}. Значи някой от тези графи има най-много1p(p2)=p−12\frac1p\binom p2=\frac{p-1}{2}ребра. В граф с pp върха и ee ребра броят на свързаните компоненти е поне p−ep-e, защото добавянето на едно ребро може да намали броя на компонентите с най-много 11. За избрания граф получаваме понеp−p−12=p+12≥p2p-\frac{p-1}{2}=\frac{p+1}{2}\ge\frac p2свързани компоненти. Но компонентите на GkG_k са точно класовете от индекси, които дават един и същ остатък сред числата ai+ika_i+ik. Следователно за този kk има поне p/2p/2 различни остатъка, както трябваше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2018/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Карл има nn карти, номерирани с числата 1,2,…,n1,2,\ldots,n. В началото картите са подредени в този ред. В първия ход Карл премества карта 11 така, че в новата подредба вдясно от нея има толкова карти, колкото е имало вляво от нея преди хода. След това прави същото с карта 22, после с карта 33 и така нататък до карта nn. Да се докаже, че крайната подредба има същия брой инверсии като началната, тоест нула.
РешениеЩе сравним дадения процес с леко променен процес. При променения процес, когато местим карта ii, едновременно заменяме нейния надпис ii с n+in+i. След всяка стъпка броят на инверсиите остава непроменен. Наистина, точно преди да бъде преместена карта ii, всички карти 1,2,…,i−11,2,\ldots,i-1 вече са получили надписи n+1,n+2,…,n+i−1n+1,n+2,\ldots,n+i-1, а картите i+1,…,ni+1,\ldots,n още имат старите си надписи. Следователно надписът ii е по-малък от всички останали надписи. Ако преди хода вляво от картата има ℓ\ell карти, тя участва в точно ℓ\ell инверсии. След промяната новият надпис n+in+i прави тази карта по-голяма от всички останали надписи. Понеже я поставяме така, че вдясно от нея да има точно ℓ\ell карти, тя отново участва в точно ℓ\ell инверсии. Относителният ред на всички други карти не се изменя, така че общият брой инверсии се запазва. В началото промененият процес има същата подредба като първоначалния процес, следователно има нула инверсии. В края на променения процес редът на картите е същият като в края на първоначалния процес; единствената разлика е, че всички надписи са увеличени с nn. Увеличаването на всички надписи с една и съща константа не променя кои двойки са инверсии. Затова крайната подредба в първоначалния процес също има нула инверсии.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2018/6Условие — източник