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

2024

Назад към папките

11-12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е вписан четириъгълник с AB=7AB=7 и CD=8CD=8. Точките PP и QQ са избрани върху отсечката ABAB така, че AP=BQ=3AP=BQ=3. Точките RR и SS са избрани върху отсечката CDCD така, че CR=DS=2CR=DS=2. Да се докаже, че PQRSPQRS е вписан четириъгълник.
РешениеЕто три възможни подхода. **Решение в един ред.** Четирите точки PP, QQ, RR, SS имат една и съща степен −12-12 спрямо (ABCD)(ABCD). Следователно всъщност те лежат върху окръжност, концентрична с (ABCD)(ABCD). **Решение чрез степен на външна точка.** Разглеждаме два случая. **Случай, в който ABAB и CDCD не са успоредни.** Нека правите ABAB и CDCD се пресичат в TT. Без ограничение на общността AA лежи между BB и TT, а DD лежи между CC и TT. Нека x=TAx=TA и y=TDy=TD, както е показано по-долу.ABCDTPQRSx313y242От степен на точка имамеABCD е вписан  ⟺  x(x+7)=y(y+8),PQRS е вписан  ⟺  (x+3)(x+4)=(y+2)(y+6).\begin{align*} \text{$ABCD$ е вписан} &\iff x(x+7)=y(y+8), \\ \text{$PQRS$ е вписан} &\iff (x+3)(x+4)=(y+2)(y+6). \end{align*}Второто равенство обаче се получава от първото, като към двете страни се прибави 1212. (Тоест (x+3)(x+4)=x(x+7)+12(x+3)(x+4)=x(x+7)+12, докато (y+2)(y+6)=y(y+8)+12(y+2)(y+6)=y(y+8)+12.) Следователно заключението е непосредствено. **Случай, в който ABAB и CDCD са успоредни.** Тогава ABCDABCD е равнобедрен трапец. Цялата конфигурация е симетрична спрямо общата средна перпендикулярна към правите ABAB и CDCD. Сега PQRSPQRS също е равнобедрен трапец, следователно и той е вписан.ABCDPQRS**Решение с Питагоровата теорема.** Нека ρ\rho и OO са съответно радиусът и центърът на описаната около ABCDABCD окръжност. Ще покажем, че всъщност PP, QQ, RR, SS лежат върху окръжност с център OO, тоест че дължините POPO, QOQO, RORO, SOSO са равни.ABCDPQRSOMN33220.50.522В доказателството многократно ще използваме Питагоровата теорема. Нека MM е средата на PQ‾\overline{PQ}, която е и средата на AB‾\overline{AB}, понеже AM=MB=3.5AM=MB=3.5 и PM=QM=0.5PM=QM=0.5. Ако MM е различна от OO, то OM‾\overline{OM} е средната перпендикулярна към AB‾\overline{AB} и от Питагоровата теорема получавамеPO2=PM2+MO2=PM2+(AO2−AM2)=0.52+ρ2−3.52,QO2=QM2+MO2=QM2+(BO2−BM2)=0.52+ρ2−3.52.\begin{align*} PO^2 &= PM^2+MO^2=PM^2+(AO^2-AM^2)=0.5^2+\rho^2-3.5^2, \\ QO^2 &= QM^2+MO^2=QM^2+(BO^2-BM^2)=0.5^2+\rho^2-3.5^2. \end{align*}И в случая O=MO=M същите равенства също са верни. Аналогично, нека NN е средата на RS‾\overline{RS}, която е и средата на CD‾\overline{CD}, понеже CN=DN=4CN=DN=4 и RN=SN=2RN=SN=2. Повтарянето на същото пресмятане даваRO2=RN2+NO2=RN2+(CO2−CN2)=22+ρ2−42,SO2=SN2+NO2=SN2+(DO2−DN2)=22+ρ2−42.\begin{align*} RO^2 &= RN^2+NO^2=RN^2+(CO^2-CN^2)=2^2+\rho^2-4^2, \\ SO^2 &= SN^2+NO^2=SN^2+(DO^2-DN^2)=2^2+\rho^2-4^2. \end{align*}Оттук следва, чеPO2=QO2=RO2=SO2=ρ2−12.PO^2=QO^2=RO^2=SO^2=\rho^2-12.С това задачата е решена.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2024/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека mm и nn са положителни цели числа. Нека SS е множеството от решетъчните точки (x,y)(x,y), за които 1≤x≤2m1\le x\le 2m и 1≤y≤2n1\le y\le 2n. Конфигурация от mnmn правоъгълника със страни, успоредни на координатните оси, се нарича щастлива, ако всяка точка от SS е връх на точно един правоъгълник. Да се докаже, че броят на щастливите конфигурации е нечетен.
РешениеНека f(2m,2n)f(2m,2n) означава броя на щастливите конфигурации върху решетка от 2m×2n2m\times2n точки. Разстоянията между редовете и стълбовете нямат значение; важен е само редът им. Първо, при m=1m=1 решетката има два стълба и 2n2n реда. Всеки правоъгълник тогава се определя единствено от двойка редове, затова броим съвършените сдвоявания на 2n2n реда: f(2,2n)=(2n−1)!≠(2n−1)(2n−3)⋯3⋅1.f(2,2n)=(2n-1)!\neq{}(2n-1)(2n-3)\cdots3\cdot1. Следователно f(2,2n)f(2,2n) е нечетно. Сега ще покажем, че f(2m,2n)≡f(2m−2,2n)(mod2).f(2m,2n)\equiv f(2m-2,2n)\pmod 2. Разглеждаме операцията τ\tau, която разменя последните два стълба. Тя е инволюция върху щастливите конфигурации. Всички конфигурации, които не са фиксирани от τ\tau, се разбиват на двойки и не влияят на паритета. Фиксираните конфигурации са точно тези, при които последните два стълба са самостоятелни: всеки правоъгълник с връх в тях лежи изцяло в тези два стълба. Такива конфигурации се избират по f(2m−2,2n)⋅f(2,2n)f(2m-2,2n)\cdot f(2,2n) начина. Понеже f(2,2n)f(2,2n) е нечетно, това дава исканото сравнение по модул 22. Повтаряйки намаляването на броя стълбове, получаваме f(2m,2n)≡f(2,2n)≡1(mod2).f(2m,2n)\equiv f(2,2n)\equiv1\pmod2. Следователно броят на щастливите конфигурации винаги е нечетен.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2024/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Последователността a1,a2,…a_1,a_2,\ldots от положителни цели числа е дефинирана рекурсивно с a1=2a_1=2 и an+1=ann+1−1a_{n+1}=a_n^{n+1}-1 за n≥1n\ge1. Да се докаже, че за всяко нечетно просто число pp и всяко цяло число kk някой член на последователността се дели на pkp^k.
РешениеПри k≤0k\le0 твърдението е тривиално, така че нека k≥1k\ge1. Ще използваме три кратки наблюдения. Първо, ако nn се дели на p−1p-1, то или an−1≡0(modp)a_{n-1}\equiv0\pmod p, или an≡0(modp)a_n\equiv0\pmod p. Наистина, ако an−1≢0(modp)a_{n-1}\not\equiv0\pmod p, от малката теорема на Ферма следва an=an−1n−1=(an−1n/(p−1))p−1−1≡0(modp).a_n=a_{n-1}^n-1=\left(a_{n-1}^{n/(p-1)}\right)^{p-1}-1\equiv0\pmod p. Второ, ако n≥2n\ge2 е четно, тогава ann+1∣an+2.a_n^{n+1}\mid a_{n+2}. Това е така, защото an+2=an+1n+2−1a_{n+2}=a_{n+1}^{n+2}-1, а понеже n+2n+2 е четно, изразът се дели на an+1+1=ann+1a_{n+1}+1=a_n^{n+1}. Ако за някое кратно nn на p−1p-1 с n>kn\gt{}k имаме p∣anp\mid a_n, второто наблюдение веднага дава член, делящ се на pkp^k. Остава случаят, в който за избраното кратно на p−1p-1 първото наблюдение ни дава p∣an−1p\mid a_{n-1}. Избираме nn така, че n≡0(modp−1),n≡1(modpk−1),n\equiv0\pmod{p-1},\qquad n\equiv1\pmod{p^{k-1}}, което е възможно по китайската теорема за остатъците; освен това nn е четно, понеже p−1p-1 е четно. Ако p∣an−1p\mid a_{n-1}, то от an−1=an−2n−1−1a_{n-1}=a_{n-2}^{n-1}-1 следва, че an−2≢0(modp)a_{n-2}\not\equiv0\pmod p и an−2n−1≡1(modp).a_{n-2}^{n-1}\equiv1\pmod p. Понеже n≡0(modp−1)n\equiv0\pmod{p-1}, получаваме an−2n≡1(modp)a_{n-2}^n\equiv1\pmod p, а след деление на предишното сравнение - an−2≡1(modp)a_{n-2}\equiv1\pmod p. Сега лемата за повдигане на показателя дава νp(an−1)=νp(an−2n−1−1)=\nu_p(a_{n-1})=\nu_p(a_{n-2}^{n-1}-1)=νp(an−2−1)+νp(n−1)≥\nu_p(a_{n-2}-1)+\nu_p(n-1)\ge1+(k−1)=k.1+(k-1)=k. Значи и в този случай pk∣an−1p^k\mid a_{n-1}. Двете възможности покриват всички случаи, така че търсеният член съществува.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2024/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥3n\ge3 е цяло число. Роуан и Колин играят върху таблица n×nn\times n от квадратчета, като всяко квадратче е оцветено в червено или синьо. Роуан може да размества редовете, а Колин може да размества стълбовете. Оцветяване се нарича подредено, ако са изпълнени двете условия: независимо как Роуан размести редовете, Колин може след това да размести стълбовете така, че да възстанови първоначалното оцветяване; и независимо как Колин размести стълбовете, Роуан може след това да размести редовете така, че да възстанови първоначалното оцветяване. В зависимост от nn колко са подредените оцветявания?
РешениеОтговорът е 2n!+22n!+2. Първо описваме всички такива оцветявания. Работят изцяло синьото оцветяване и изцяло червеното оцветяване. Работи и всяко оцветяване, в което във всеки ред и във всеки стълб има точно едно червено квадратче; те са n!n! на брой. Също така работят допълненията им, при които във всеки ред и във всеки стълб има точно едно синьо квадратче; те също са n!n!. Остава да докажем, че други няма. Нека AA е подредено оцветяване и разгледаме произволен стълб CC в него. Нека mm е броят на червените квадратчета в CC. Когато Роуан прилага произволна пермутация σ\sigma на редовете, стълбът CC се превръща в стълб с произволен избор на mm червени позиции. По условие всеки такъв стълб трябва вече да се среща някъде в първоначалната таблица, защото Колин може само да пренарежда стълбове. Следователно таблицата трябва да съдържа всички (nm)\binom nm възможни стълбове с mm червени квадратчета. Ако 2≤m≤n−22\le m\le n-2, тогава (nm)>n\binom nm\gt{}n, което е невъзможно, понеже таблицата има само nn стълба. Значи всеки стълб има 00, 11, n−1n-1 или nn червени квадратчета. Ако за някой стълб m=1m=1, всички nn възможни стълба с едно червено квадратче трябва да присъстват; това дава точно оцветяване с по едно червено квадратче във всеки ред и стълб. Случаят m=n−1m=n-1 е неговото допълнение. Остава случаят, в който всеки стълб е едноцветен. Тогава второто условие принуждава всички стълбове да са с един и същ цвят: ако имаше и червен, и син стълб, Колин би могъл да ги размени, а разместване на редовете не променя едноцветните стълбове и не може да върне таблицата. Следователно получаваме само изцяло червената или изцяло синята таблица. Така общият брой е 2n!+22n!+2.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2024/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се реши над R\mathbb R функционалното уравнение f(x2−y)+2yf(x)=f(f(x))+f(y)f(x^2-y)+2yf(x)=f(f(x))+f(y).
РешениеОтговорът е f(x)≡x2,f(x)≡0,f(x)≡−x2.f(x)\equiv x^2,\qquad f(x)\equiv0,\qquad f(x)\equiv -x^2. Лесно се проверява, че и трите функции работят. Нека P(x,y)P(x,y) означава даденото твърдение. От P(1,1/2)P(1,1/2) получаваме f(1)=f(f(1))f(1)=f(f(1)), а от P(1,0)P(1,0) получаваме f(1)=f(f(1))+f(0)f(1)=f(f(1))+f(0), следователно f(0)=0f(0)=0. После P(0,y)P(0,y) дава f(−y)=f(y)f(-y)=f(y), тоест ff е четна. Сега сравняваме P(x,x2/2)P(x,x^2/2) и P(x,0)P(x,0). Те дават основната връзка x2f(x)=f(x2)=f(f(x)).x^2f(x)=f(x^2)=f(f(x)). Ще докажем, че за всяко xx имаме f(x)∈{−x2,0,x2}f(x)\in\{-x^2,0,x^2\}. Ако общата стойност f(f(x))=f(x2)f(f(x))=f(x^2) е нула, тогава x2f(x)=0x^2f(x)=0, откъдето f(x)=0f(x)=0 за x≠0x\ne0, а при x=0x=0 вече знаем същото. Ако тази обща стойност не е нула, прилагаме следното следствие на основната връзка: от f(a)=f(b)≠0f(a)=f(b)\ne0 следва a2=b2a^2=b^2, защото a2f(a)=f(f(a))=f(f(b))=b2f(b)a^2f(a)=f(f(a))=f(f(b))=b^2f(b). Слагайки a=f(x)a=f(x) и b=x2b=x^2, получаваме f(x)2=x4f(x)^2=x^4, тоест f(x)=±x2f(x)=\pm x^2. Така твърдението е доказано. Остава да различим трите възможности глобално. Понеже ff е четна, ако ff е решение, то и −f-f е решение; затова случаят f(1)=−1f(1)=-1 е аналогичен на случая f(1)=1f(1)=1. Нека първо f(1)=1f(1)=1. От P(1,y)P(1,y) следва f(1−y)+(2y−1)=f(y).f(1-y)+(2y-1)=f(y). За всяко yy двете стойности f(1−y)f(1-y) и f(y)f(y) са съответно измежду ±(1−y)2,0\pm(1-y)^2,0 и ±y2,0\pm y^2,0. От деветте възможни полиномиални равенства само (1−y)2+(2y−1)=y2(1-y)^2+(2y-1)=y^2 е тъждество. Следователно за всички достатъчно големи yy задължително f(y)=y2f(y)=y^2. За произволно z>0z\gt{}0 избираме x,yx,y достатъчно големи така, че x2−y=zx^2-y=z. Тогава в P(x,y)P(x,y) вече знаем f(x)=x2f(x)=x^2, f(y)=y2f(y)=y^2 и f(f(x))=f(x2)=x4f(f(x))=f(x^2)=x^4, откъдето f(z)+2yx2=x4+y2,f(z)+2yx^2=x^4+y^2, тоест f(z)=z2f(z)=z^2. Понеже ff е четна и f(0)=0f(0)=0, получаваме f(x)=x2f(x)=x^2 за всички реални xx. Случаят f(1)=−1f(1)=-1 дава аналогично f(x)=−x2f(x)=-x^2. Ако f(1)=0f(1)=0, тогава от P(1,y)P(1,y) следва f(1−y)=f(y)f(1-y)=f(y). При ∣1−y∣≠∣y∣|1-y|\ne |y| това е възможно само ако f(y)=0f(y)=0, защото ненулева обща стойност би принудила (1−y)2=y2(1-y)^2=y^2. Остава само y=1/2y=1/2; от P(2,7/2)P(2,7/2) получаваме f(1/2)=0f(1/2)=0. Следователно в този случай f≡0f\equiv0. Това завършва решението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2024/5Условие — източник