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

2022

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2022 · 11-12: липсва задача 3, 4

11-12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички положителни цели числа mm, за които съществува безкрайна редица в Z/mZ\mathbb Z/m\mathbb Z, която едновременно е аритметична прогресия и геометрична прогресия, но не е константна.
РешениеОтговорът е: точно числата mm, които не са безквадратни. Нека първо mm е безквадратно и да разгледаме три последователни члена s−d,s,s+ds-d, s, s+d на аритметична прогресия по модул mm. За да бъдат те и три последователни члена на геометрична прогресия, е необходимо s2≡(s−d)(s+d)(modm),s^2\equiv(s-d)(s+d)\pmod m, тоест d2≡0(modm).d^2\equiv0\pmod m. Понеже mm е безквадратно, от това следва d≡0(modm)d\equiv0\pmod m. Следователно всяка такава редица е константна. Обратно, нека p2∣mp^2\mid m за някое просто число pp. Поставяме d=m/pd=m/p, което не е 00 по модул mm, но d2d^2 се дели на mm. Тогава всяка аритметична прогресия s,s+d,s+2d,…s,s+d,s+2d,\ldots по модул mm удовлетворява условието d2≡0(modm)d^2\equiv0\pmod m, а значи всеки три последователни нейни члена изпълняват съотношението за геометрична прогресия. Тя не е константна, понеже d≢0(modm)d\not\equiv0\pmod m. Това дава търсената редица.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2022/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са неотрицателни цели числа. Всяка клетка на квадратна таблица (a+b+1)×(a+b+1)(a+b+1)\times(a+b+1) е оцветена или в кехлибарено, или в бронзово. Да се докаже, че ако има поне a2+ab−ba^2+ab-b кехлибарени клетки и поне b2+ab−ab^2+ab-a бронзови клетки, то могат да се изберат aa кехлибарени и bb бронзови клетки така, че никои две от избраните клетки да не са в един и същи ред или в един и същи стълб.
РешениеНека N=a+b+1N=a+b+1. Ще наричаме трансверсал избор на NN клетки, по една във всеки ред и по една във всеки стълб. Ако изберем трансверсал равновероятно, очакваният брой кехлибарени клетки в него е броят на всички кехлибарени клетки, разделен на NN. От условието получаваме E(# кехлибарени)≥\mathbb E(\#\text{ кехлибарени})\gea2+ab−ba+b+1=a−1+1N.\frac{a^2+ab-b}{a+b+1}=a-1+\frac1N. Значи съществува трансверсал TAT_A, който съдържа поне aa кехлибарени клетки. По същия начин съществува трансверсал TBT_B, който съдържа поне bb бронзови клетки, а следователно съдържа най-много a+1a+1 кехлибарени клетки. Сега ще преминем от TAT_A към TBT_B чрез стандартни размени в трансверсал: ако две избрани клетки са в различни редове и различни стълбове, можем да ги заменим с другите две клетки в правоъгълника, определен от тези редове и стълбове. Чрез такива размени всяка пермутация на стълбовете може да се превърне във всяка друга, така че можем да построим верига от трансверсали от TAT_A до TBT_B. При една размяна броят на кехлибарените клетки се изменя с най-много 22. В началото той е поне aa, а в края е най-много a+1a+1; следователно в някой момент по веригата той е точно aa или точно a+1a+1. Ако е точно aa, избираме всички кехлибарени клетки от този трансверсал и допълваме с произволни bb бронзови клетки от него. Ако е точно a+1a+1, тогава в трансверсала има точно bb бронзови клетки и избираме тях, заедно с произволни aa от кехлибарените клетки. В двата случая избраните клетки остават в различни редове и стълбове.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2022/2Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички наредени двойки прости числа (p,q)(p,q), за които и p−qp-q, и pq−qpq-q са точни квадрати.
РешениеЕдинствената двойка е (p,q)=(3,2)(p,q)=(3,2), която наистина работи, защото 3−2=13-2=1 и 3⋅2−2=43\cdot2-2=4. Нека сега (p,q)(p,q) е произволно решение. Понеже p−qp-q е квадрат, имаме p≥qp\ge q. Случаят p=qp=q е невъзможен, защото тогава pq−q=q(p−1)pq-q=q(p-1) съдържа простия множител qq на нечетна степен. Следователно можем да запишем p−q=a2,q(p−1)=b2p-q=a^2,\qquad q(p-1)=b^2 за цели числа 0<a<b<p0\lt{}a\lt{}b\lt{}p. Изваждаме двете равенства и получаваме (b−a)(b+a)=b2−a2=p(q−1).(b-a)(b+a)=b^2-a^2=p(q-1). Понеже 0<b−a<p0\lt{}b-a\lt{}p и 0<b+a<2p0\lt{}b+a\lt{}2p, простото число pp трябва да дели множителя b+ab+a; значи b+a=pb+a=p и b−a=q−1b-a=q-1. Следователно pp и q−1q-1 имат една и съща четност. Ако pp е нечетно, то q−1q-1 е нечетно, откъдето q=2q=2. Ако p=2p=2, то q=2q=2, което вече беше изключено. Значи q=2q=2. Тогава p−2=a2,2p−2=b2.p-2=a^2,\qquad 2p-2=b^2. Ако p≠3p\not=3, разглеждаме по модул 33. При p≡1(mod3)p\equiv1\pmod3 числото p−2p-2 е конгруентно на 22 по модул 33, невъзможно за квадрат. При p≡2(mod3)p\equiv2\pmod3 числото 2p−22p-2 е конгруентно на 22 по модул 33, отново невъзможно за квадрат. Остава p=3p=3, и получаваме единственото решение (3,2)(3,2).
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2022/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека a0a_0, b0b_0, c0c_0 са комплексни числа и за всяко неотрицателно цяло число nn са дефинираниan+1=an2+2bncn,bn+1=bn2+2cnan,cn+1=cn2+2anbn.\begin{align*} a_{n+1}&=a_n^2+2b_nc_n,\\ b_{n+1}&=b_n^2+2c_na_n,\\ c_{n+1}&=c_n^2+2a_nb_n. \end{align*}Да се предположи, че max⁡{∣an∣,∣bn∣,∣cn∣}≤2022\max\{|a_n|,|b_n|,|c_n|\}\le2022 за всяко n≥0n\ge0. Докажете, че∣a0∣2+∣b0∣2+∣c0∣2≤1.|a_0|^2+|b_0|^2+|c_0|^2\le1.
РешениеЗа краткост полагамеsn=∣an∣2+∣bn∣2+∣cn∣2.s_n=|a_n|^2+|b_n|^2+|c_n|^2.Тези числа са реални. Ще използваме следното ключово тъждество:sn+1−sn2=2∣anbn‾+bncn‾+cnan‾∣2.s_{n+1}-s_n^2=2|a_n\overline{b_n}+b_n\overline{c_n}+c_n\overline{a_n}|^2.Да го докажем чрез директна сметка. Първо,sn+1=∣an2+2bncn∣2+∣bn2+2cnan∣2+∣cn2+2anbn∣2=∑cyc∣an2+2bncn∣2=∑cyc(an2+2bncn)(an‾2+2bn‾cn‾)=∑cyc(∣an∣4+2an‾2bncn+2an2bn‾cn‾+4∣bn∣2∣cn∣2)=sn2+2∑cyc(an‾2bncn+an2bn‾cn‾+∣bn∣2∣cn∣2).\begin{align*} s_{n+1}&=\left|a_n^2+2b_nc_n\right|^2+\left|b_n^2+2c_na_n\right|^2+\left|c_n^2+2a_nb_n\right|^2\\ &=\sum_{\mathrm{cyc}}\left|a_n^2+2b_nc_n\right|^2\\ &=\sum_{\mathrm{cyc}}(a_n^2+2b_nc_n)(\overline{a_n}^2+2\overline{b_n}\overline{c_n})\\ &=\sum_{\mathrm{cyc}}\left(|a_n|^4+2\overline{a_n}^2b_nc_n+2a_n^2\overline{b_n}\overline{c_n}+4|b_n|^2|c_n|^2\right)\\ &=s_n^2+2\sum_{\mathrm{cyc}}\left(\overline{a_n}^2b_nc_n+a_n^2\overline{b_n}\overline{c_n}+|b_n|^2|c_n|^2\right). \end{align*}От друга страна,∣anbn‾+bncn‾+cnan‾∣2=(anbn‾+bncn‾+cnan‾)(an‾bn+bn‾cn+cn‾an)=∣an∣2∣bn∣2+anbn‾2cn+an2bn‾cn‾+an‾bn2cn‾+∣bn∣2∣cn∣2+anbncn‾2+an‾2bncn+an‾bn‾cn2+∣an∣2∣cn∣2.\begin{align*} &|a_n\overline{b_n}+b_n\overline{c_n}+c_n\overline{a_n}|^2\\ &\quad=(a_n\overline{b_n}+b_n\overline{c_n}+c_n\overline{a_n})(\overline{a_n}b_n+\overline{b_n}c_n+\overline{c_n}a_n)\\ &\quad=|a_n|^2|b_n|^2+a_n\overline{b_n}^2c_n+a_n^2\overline{b_n}\overline{c_n} +\overline{a_n}b_n^2\overline{c_n}+|b_n|^2|c_n|^2+a_nb_n\overline{c_n}^2\\ &\qquad+\overline{a_n}^2b_nc_n+\overline{a_n}\overline{b_n}c_n^2+|a_n|^2|c_n|^2. \end{align*}Това съвпада с горната циклична сума член по член, което доказва тъждеството. В частност sn+1≥sn2s_{n+1}\ge s_n^2. Повтаряйки, получавамеsn≥s02n.s_n\ge s_0^{2^n}.Ако s0>1s_0\gt{}1, то редицата (sn)(s_n) е неограничена. Това противоречи на условието max⁡{∣an∣,∣bn∣,∣cn∣}≤2022\max\{|a_n|,|b_n|,|c_n|\}\le2022 за всички nn. Следователно s0≤1s_0\le1, както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2022/6Условие — източник