IMO 1960 · Problem 1
Determine all three-digit numbers \(N\) having the property that \(N\) is divisible by 11, and \(N/11\) is equal to the sum of the squares of the digits of \(N\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{N=550\quad\text{or}\quad N=803.} \]
Solution
Write \[ N=100a+10b+c, \qquad 1\le a\le9,\quad 0\le b,c\le9. \] Since \(N\equiv a-b+c\pmod{11}\) and \[ -8\le a-b+c\le18, \] divisibility by \(11\) implies \[ a-b+c=11t,\qquad t\in\{0,1\}. \] Thus \(b=a+c-11t\), and \[ \frac N{11}=10a+c-10t. \] The required equality becomes \[ a^2+b^2+c^2=10a+c-10t. \tag{1} \] Reducing modulo \(2\), using \(x^2\equiv x\pmod2\), gives \[ c\equiv a+b+c=2a+2c-11t\equiv t\pmod2. \tag{2} \] Completing the square in (1) also gives \[ (a-5)^2+b^2+c(c-1)=25-10t. \tag{3} \]
Case 1: \(t=0\). Here \(b=a+c\). Substituting into (1) and rearranging yields \[ (2a+c-5)^2+3c^2+8c=25. \] If \(c\ge2\), then \(3c^2+8c\ge28\), which is impossible. Hence \(c\le1\). By (2), \(c\) is even, so \(c=0\).
Consequently \(b=a\), and (1) becomes \[ 2a^2=10a. \] Since \(a\ne0\), we obtain \(a=b=5\), giving \(N=550\).
Case 2: \(t=1\). Since \(b=a+c-11\ge0\) and \(a\le9\), we have \(c\ge2\). Equation (3) implies \[ c(c-1)\le15, \] so \(c\le4\). By (2), \(c\) is odd; therefore \(c=3\).
Now \(b=a-8\ge0\), so \(a\ge8\), and (3) becomes \[ (a-5)^2+(a-8)^2=9. \] For \(a\ge8\), the first square is at least \(9\), with equality only when \(a=8\). Thus \(a=8\) and \(b=0\), giving \(N=803\).
Finally, both candidates satisfy the conditions: \[ 550=11\cdot50,\qquad 5^2+5^2+0^2=50, \] \[ 803=11\cdot73,\qquad 8^2+0^2+3^2=73. \] These are therefore exactly all the required numbers.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1960 · Aufgabe 1
Bestimme alle dreistelligen Zahlen \(N\) mit der Eigenschaft, dass \(N\) durch 11 teilbar ist und \(N/11\) gleich der Summe der Quadrate der Ziffern von \(N\) ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{N=550\quad\text{oder}\quad N=803.} \]
Lösung
Wir schreiben \[ N=100a+10b+c, \qquad 1\le a\le9,\quad 0\le b,c\le9. \] Wegen \(N\equiv a-b+c\pmod{11}\) und \[ -8\le a-b+c\le18, \] folgt aus der Teilbarkeit durch \(11\), dass \[ a-b+c=11t,\qquad t\in\{0,1\}. \] Somit ist \(b=a+c-11t\), und \[ \frac N{11}=10a+c-10t. \] Die geforderte Gleichheit wird damit zu \[ a^2+b^2+c^2=10a+c-10t. \tag{1} \] Reduktion modulo \(2\) unter Verwendung von \(x^2\equiv x\pmod2\) ergibt \[ c\equiv a+b+c=2a+2c-11t\equiv t\pmod2. \tag{2} \] Durch quadratische Ergänzung in (1) erhalten wir außerdem \[ (a-5)^2+b^2+c(c-1)=25-10t. \tag{3} \]
Fall 1: \(t=0\). Hier ist \(b=a+c\). Einsetzen in (1) und Umformen ergibt \[ (2a+c-5)^2+3c^2+8c=25. \] Ist \(c\ge2\), so gilt \(3c^2+8c\ge28\), was unmöglich ist. Daher ist \(c\le1\). Nach (2) ist \(c\) gerade, also \(c=0\).
Folglich ist \(b=a\), und (1) wird zu \[ 2a^2=10a. \] Wegen \(a\ne0\) erhalten wir \(a=b=5\), also \(N=550\).
Fall 2: \(t=1\). Wegen \(b=a+c-11\ge0\) und \(a\le9\) gilt \(c\ge2\). Aus Gleichung (3) folgt \[ c(c-1)\le15, \] also \(c\le4\). Nach (2) ist \(c\) ungerade; daher ist \(c=3\).
Nun ist \(b=a-8\ge0\), also \(a\ge8\), und (3) wird zu \[ (a-5)^2+(a-8)^2=9. \] Für \(a\ge8\) ist das erste Quadrat mindestens \(9\), wobei Gleichheit nur für \(a=8\) gilt. Somit ist \(a=8\) und \(b=0\), also \(N=803\).
Schließlich erfüllen beide Kandidaten die Bedingungen: \[ 550=11\cdot50,\qquad 5^2+5^2+0^2=50, \] \[ 803=11\cdot73,\qquad 8^2+0^2+3^2=73. \] Dies sind daher genau alle gesuchten Zahlen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1960 · Soru 1
Şu özelliğe sahip tüm üç basamaklı \(N\) sayılarını bulunuz: \(N\), 11 ile bölünebilir ve \(N/11\) değeri \(N\)'nin rakamlarının kareleri toplamına eşittir.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{N=550\quad\text{veya}\quad N=803.} \]
Çözüm
\[ N=100a+10b+c, \qquad 1\le a\le9,\quad 0\le b,c\le9 \] olarak yazalım. \(N\equiv a-b+c\pmod{11}\) ve \[ -8\le a-b+c\le18, \] olduğundan, \(11\) ile bölünebilme koşulu \[ a-b+c=11t,\qquad t\in\{0,1\} \] sonucunu verir. Dolayısıyla \(b=a+c-11t\) ve \[ \frac N{11}=10a+c-10t. \] İstenen eşitlik \[ a^2+b^2+c^2=10a+c-10t \tag{1} \] biçimini alır. \(x^2\equiv x\pmod2\) kullanılarak mod \(2\)'de \[ c\equiv a+b+c=2a+2c-11t\equiv t\pmod2 \tag{2} \] elde edilir. Ayrıca (1)'de kareye tamamlayarak \[ (a-5)^2+b^2+c(c-1)=25-10t \tag{3} \] buluruz.
Durum 1: \(t=0\). Bu durumda \(b=a+c\) olur. (1)'de yerine koyup düzenleyince \[ (2a+c-5)^2+3c^2+8c=25 \] elde edilir. \(c\ge2\) ise \(3c^2+8c\ge28\) olur; bu ise mümkün değildir. O hâlde \(c\le1\). (2)'ye göre \(c\) çifttir, dolayısıyla \(c=0\).
Böylece \(b=a\) olur ve (1), \[ 2a^2=10a \] biçimini alır. \(a\ne0\) olduğundan \(a=b=5\) elde ederiz; buradan \(N=550\) bulunur.
Durum 2: \(t=1\). \(b=a+c-11\ge0\) ve \(a\le9\) olduğundan \(c\ge2\) olur. (3) eşitliğinden \[ c(c-1)\le15, \] dolayısıyla \(c\le4\) elde edilir. (2)'ye göre \(c\) tektir; bu nedenle \(c=3\).
Şimdi \(b=a-8\ge0\) olduğundan \(a\ge8\) olur ve (3), \[ (a-5)^2+(a-8)^2=9 \] biçimini alır. \(a\ge8\) için ilk kare en az \(9\)'dur ve eşitlik yalnızca \(a=8\) olduğunda sağlanır. Dolayısıyla \(a=8\) ve \(b=0\) olur; buradan \(N=803\) bulunur.
Son olarak, her iki aday da koşulları sağlar: \[ 550=11\cdot50,\qquad 5^2+5^2+0^2=50, \] \[ 803=11\cdot73,\qquad 8^2+0^2+3^2=73. \] Dolayısıyla aranan sayıların tümü bunlardır.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1960 · Problema 1
Determinar todos los números de tres cifras \(N\) tales que \(N\) sea divisible por 11 y \(N/11\) sea igual a la suma de los cuadrados de las cifras de \(N\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{N=550\quad\text{o}\quad N=803.} \]
Solución
Escribamos \[ N=100a+10b+c, \qquad 1\le a\le9,\quad 0\le b,c\le9. \] Como \(N\equiv a-b+c\pmod{11}\) y \[ -8\le a-b+c\le18, \] la divisibilidad por \(11\) implica \[ a-b+c=11t,\qquad t\in\{0,1\}. \] Por tanto, \(b=a+c-11t\), y \[ \frac N{11}=10a+c-10t. \] La igualdad requerida se convierte en \[ a^2+b^2+c^2=10a+c-10t. \tag{1} \] Reduciendo módulo \(2\) y usando \(x^2\equiv x\pmod2\), obtenemos \[ c\equiv a+b+c=2a+2c-11t\equiv t\pmod2. \tag{2} \] Completando el cuadrado en (1), también obtenemos \[ (a-5)^2+b^2+c(c-1)=25-10t. \tag{3} \]
Caso 1: \(t=0\). En este caso, \(b=a+c\). Sustituyendo en (1) y reordenando, resulta \[ (2a+c-5)^2+3c^2+8c=25. \] Si \(c\ge2\), entonces \(3c^2+8c\ge28\), lo cual es imposible. Por tanto, \(c\le1\). Por (2), \(c\) es par, así que \(c=0\).
En consecuencia, \(b=a\), y (1) se convierte en \[ 2a^2=10a. \] Como \(a\ne0\), obtenemos \(a=b=5\), lo que da \(N=550\).
Caso 2: \(t=1\). Como \(b=a+c-11\ge0\) y \(a\le9\), tenemos \(c\ge2\). La ecuación (3) implica \[ c(c-1)\le15, \] por lo que \(c\le4\). Por (2), \(c\) es impar; por tanto, \(c=3\).
Ahora \(b=a-8\ge0\), de modo que \(a\ge8\), y (3) se convierte en \[ (a-5)^2+(a-8)^2=9. \] Para \(a\ge8\), el primer cuadrado es al menos \(9\), con igualdad únicamente cuando \(a=8\). Por tanto, \(a=8\) y \(b=0\), lo que da \(N=803\).
Finalmente, ambos candidatos satisfacen las condiciones: \[ 550=11\cdot50,\qquad 5^2+5^2+0^2=50, \] \[ 803=11\cdot73,\qquad 8^2+0^2+3^2=73. \] Estos son, por tanto, todos los números buscados.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1960 · 问题 1
求所有满足下列条件的三位数 \(N\)：\(N\) 能被 11 整除，且 \(N/11\) 等于 \(N\) 的各位数字的平方和。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{N=550\quad\text{或}\quad N=803.} \]
解答
设 \[ N=100a+10b+c, \qquad 1\le a\le9,\quad 0\le b,c\le9. \] 由于 \(N\equiv a-b+c\pmod{11}\)，且 \[ -8\le a-b+c\le18, \] 由 \(N\) 能被 \(11\) 整除可得 \[ a-b+c=11t,\qquad t\in\{0,1\}. \] 因此 \(b=a+c-11t\)，并且 \[ \frac N{11}=10a+c-10t. \] 题目要求的等式化为 \[ a^2+b^2+c^2=10a+c-10t. \tag{1} \] 两边对 \(2\) 取模，利用 \(x^2\equiv x\pmod2\)，得到 \[ c\equiv a+b+c=2a+2c-11t\equiv t\pmod2. \tag{2} \] 对 (1) 配方，还可得 \[ (a-5)^2+b^2+c(c-1)=25-10t. \tag{3} \]
情形 1：\(t=0\)。 此时 \(b=a+c\)。代入 (1) 并整理，得 \[ (2a+c-5)^2+3c^2+8c=25. \] 若 \(c\ge2\)，则 \(3c^2+8c\ge28\)，不可能。因此 \(c\le1\)。由 (2)，\(c\) 为偶数，故 \(c=0\)。
于是 \(b=a\)，而 (1) 化为 \[ 2a^2=10a. \] 由于 \(a\ne0\)，得到 \(a=b=5\)，从而 \(N=550\)。
情形 2：\(t=1\)。 由于 \(b=a+c-11\ge0\) 且 \(a\le9\)，有 \(c\ge2\)。由等式 (3) 可得 \[ c(c-1)\le15, \] 故 \(c\le4\)。由 (2)，\(c\) 为奇数，因此 \(c=3\)。
此时 \(b=a-8\ge0\)，故 \(a\ge8\)，而 (3) 化为 \[ (a-5)^2+(a-8)^2=9. \] 当 \(a\ge8\) 时，第一个平方项至少为 \(9\)，且仅当 \(a=8\) 时取等号。因此 \(a=8\)，\(b=0\)，从而 \(N=803\)。
最后，这两个候选数都满足条件： \[ 550=11\cdot50,\qquad 5^2+5^2+0^2=50, \] \[ 803=11\cdot73,\qquad 8^2+0^2+3^2=73. \] 因此，它们恰为所有满足要求的数。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1960 · Задача 1
Найдите все трёхзначные числа \(N\), обладающие следующим свойством: \(N\) делится на 11, а \(N/11\) равно сумме квадратов цифр числа \(N\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{N=550\quad\text{или}\quad N=803.} \]
Решение
Запишем \[ N=100a+10b+c, \qquad 1\le a\le9,\quad 0\le b,c\le9. \] Поскольку \(N\equiv a-b+c\pmod{11}\) и \[ -8\le a-b+c\le18, \] из делимости на \(11\) следует \[ a-b+c=11t,\qquad t\in\{0,1\}. \] Таким образом, \(b=a+c-11t\), и \[ \frac N{11}=10a+c-10t. \] Требуемое равенство принимает вид \[ a^2+b^2+c^2=10a+c-10t. \tag{1} \] Рассматривая его по модулю \(2\) и используя \(x^2\equiv x\pmod2\), получаем \[ c\equiv a+b+c=2a+2c-11t\equiv t\pmod2. \tag{2} \] Выделяя полный квадрат в (1), также получаем \[ (a-5)^2+b^2+c(c-1)=25-10t. \tag{3} \]
Случай 1: \(t=0\). Здесь \(b=a+c\). Подставляя это в (1) и преобразуя, получаем \[ (2a+c-5)^2+3c^2+8c=25. \] Если \(c\ge2\), то \(3c^2+8c\ge28\), что невозможно. Поэтому \(c\le1\). Согласно (2), \(c\) чётно, так что \(c=0\).
Следовательно, \(b=a\), а (1) принимает вид \[ 2a^2=10a. \] Поскольку \(a\ne0\), получаем \(a=b=5\), откуда \(N=550\).
Случай 2: \(t=1\). Поскольку \(b=a+c-11\ge0\) и \(a\le9\), имеем \(c\ge2\). Из уравнения (3) следует \[ c(c-1)\le15, \] так что \(c\le4\). Согласно (2), \(c\) нечётно; следовательно, \(c=3\).
Теперь \(b=a-8\ge0\), поэтому \(a\ge8\), а (3) принимает вид \[ (a-5)^2+(a-8)^2=9. \] При \(a\ge8\) первый квадрат не меньше \(9\), причём равенство достигается только при \(a=8\). Таким образом, \(a=8\) и \(b=0\), откуда \(N=803\).
Наконец, оба найденных числа удовлетворяют условиям: \[ 550=11\cdot50,\qquad 5^2+5^2+0^2=50, \] \[ 803=11\cdot73,\qquad 8^2+0^2+3^2=73. \] Следовательно, это и есть все искомые числа.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1960 · المسألة 1
أوجد جميع الأعداد \(N\) المكوّنة من ثلاثة أرقام التي تحقق أن \(N\) يقبل القسمة على 11، وأن \(N/11\) يساوي مجموع مربعات أرقام \(N\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{N=550\quad\text{أو}\quad N=803.} \]
الحل
نكتب \[ N=100a+10b+c, \qquad 1\le a\le9,\quad 0\le b,c\le9. \] بما أن \(N\equiv a-b+c\pmod{11}\) وأن \[ -8\le a-b+c\le18, \] فإن قابلية القسمة على \(11\) تقتضي \[ a-b+c=11t,\qquad t\in\{0,1\}. \] إذن \(b=a+c-11t\)، و \[ \frac N{11}=10a+c-10t. \] وتصبح المساواة المطلوبة \[ a^2+b^2+c^2=10a+c-10t. \tag{1} \] بالاختزال بترديد \(2\)، واستخدام \(x^2\equiv x\pmod2\)، نحصل على \[ c\equiv a+b+c=2a+2c-11t\equiv t\pmod2. \tag{2} \] كما أن إكمال المربع في (1) يعطينا \[ (a-5)^2+b^2+c(c-1)=25-10t. \tag{3} \]
الحالة 1: \(t=0\). هنا \(b=a+c\). بالتعويض في (1) وإعادة الترتيب نحصل على \[ (2a+c-5)^2+3c^2+8c=25. \] إذا كان \(c\ge2\)، فإن \(3c^2+8c\ge28\)، وهذا مستحيل. ومن ثم \(c\le1\). وبحسب (2)، فإن \(c\) زوجي، لذا \(c=0\).
وبالتالي \(b=a\)، وتصبح (1) \[ 2a^2=10a. \] وبما أن \(a\ne0\)، نحصل على \(a=b=5\)، ومنه \(N=550\).
الحالة 2: \(t=1\). بما أن \(b=a+c-11\ge0\) و\(a\le9\)، فإن \(c\ge2\). وتقتضي المعادلة (3) أن \[ c(c-1)\le15, \] ومن ثم \(c\le4\). وبحسب (2)، فإن \(c\) فردي؛ لذلك \(c=3\).
الآن \(b=a-8\ge0\)، لذا \(a\ge8\)، وتصبح (3) \[ (a-5)^2+(a-8)^2=9. \] عندما يكون \(a\ge8\)، يكون المربع الأول أكبر من أو يساوي \(9\)، ولا تتحقق المساواة إلا عندما \(a=8\). إذن \(a=8\) و\(b=0\)، ومنه \(N=803\).
وأخيرًا، يحقق كلا العددين المرشحين الشروط: \[ 550=11\cdot50,\qquad 5^2+5^2+0^2=50, \] \[ 803=11\cdot73,\qquad 8^2+0^2+3^2=73. \] وعليه، فهذان هما جميع الأعداد المطلوبة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).