IMO 1976 · Problem 5
Consider the system of \(p\) equations in \(q = 2p\) unknowns \(x_1,x_2,\cdots,x_q\): \[ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1q}x_q&=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2q}x_q&=0\\ &\cdots\\ a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+\cdots+a_{pq}x_q&=0 \end{aligned} \] with every coefficient \(a_{ij}\) member of the set \(\{-1,0,1\}\). Prove that the system has a solution \((x_1,x_2,\cdots,x_q)\) such that
(a) all \(x_j\) \((j=1,2,\ldots,q)\) are integers,
(b) there is at least one value of \(j\) for which \(x_j\ne0\),
(c) \(|x_j|\le q\) \((j=1,2,\ldots,q)\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Consider the set \[ S=\{-p,-p+1,\ldots,p\}^{q} \] of integer vectors. It contains \((2p+1)^q=(q+1)^{2p}\) vectors.
To each \(y=(y_1,\ldots,y_q)\in S\), assign the integer vector \[ F(y)=\left(\sum_{j=1}^{q}a_{1j}y_j,\ldots, \sum_{j=1}^{q}a_{pj}y_j\right). \] Since \(|a_{ij}|\le1\) and \(|y_j|\le p\), each coordinate satisfies \[ \left|\sum_{j=1}^{q}a_{ij}y_j\right| \le\sum_{j=1}^{q}|a_{ij}|\,|y_j| \le pq. \] Thus each coordinate of \(F(y)\) has at most \(2pq+1=q^2+1\) possible integer values. Consequently, \(F(y)\) has at most \((q^2+1)^p\) possible values.
But \[ |S|=(q+1)^{2p} =\bigl(q^2+2q+1\bigr)^p >(q^2+1)^p. \] By the pigeonhole principle, there exist distinct vectors \(u,v\in S\) such that \(F(u)=F(v)\).
Set \(x_j=u_j-v_j\) for every \(j\). These numbers are integers, and at least one is nonzero because \(u\ne v\). Moreover, \[ \sum_{j=1}^{q}a_{ij}x_j =\sum_{j=1}^{q}a_{ij}u_j-\sum_{j=1}^{q}a_{ij}v_j =0 \qquad (i=1,\ldots,p), \] and \[ |x_j|\le |u_j|+|v_j|\le 2p=q \qquad (j=1,\ldots,q). \] Hence \(x\) satisfies all three requirements. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1976 · Aufgabe 5
Betrachte das System von \(p\) Gleichungen in \(q = 2p\) Unbekannten \(x_1,x_2,\cdots,x_q\): \[ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1q}x_q&=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2q}x_q&=0\\ &\cdots\\ a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+\cdots+a_{pq}x_q&=0 \end{aligned} \] wobei jeder Koeffizient \(a_{ij}\) zur Menge \(\{-1,0,1\}\) gehört. Beweise, dass das System eine Lösung \((x_1,x_2,\cdots,x_q)\) mit folgenden Eigenschaften besitzt:
(a) Alle \(x_j\) \((j=1,2,\ldots,q)\) sind ganze Zahlen,
(b) es gibt mindestens einen Wert von \(j\), für den \(x_j\ne0\) gilt,
(c) \(|x_j|\le q\) \((j=1,2,\ldots,q)\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Betrachte die Menge \[ S=\{-p,-p+1,\ldots,p\}^{q} \] ganzzahliger Vektoren. Sie enthält \((2p+1)^q=(q+1)^{2p}\) Vektoren.
Ordne jedem \(y=(y_1,\ldots,y_q)\in S\) den ganzzahligen Vektor \[ F(y)=\left(\sum_{j=1}^{q}a_{1j}y_j,\ldots, \sum_{j=1}^{q}a_{pj}y_j\right) \] zu. Wegen \(|a_{ij}|\le1\) und \(|y_j|\le p\) gilt für jede Koordinate \[ \left|\sum_{j=1}^{q}a_{ij}y_j\right| \le\sum_{j=1}^{q}|a_{ij}|\,|y_j| \le pq. \] Somit kann jede Koordinate von \(F(y)\) höchstens \(2pq+1=q^2+1\) verschiedene ganzzahlige Werte annehmen. Folglich kann \(F(y)\) höchstens \((q^2+1)^p\) verschiedene Werte annehmen.
Es gilt jedoch \[ |S|=(q+1)^{2p} =\bigl(q^2+2q+1\bigr)^p >(q^2+1)^p. \] Nach dem Schubfachprinzip gibt es verschiedene Vektoren \(u,v\in S\) mit \(F(u)=F(v)\).
Setze \(x_j=u_j-v_j\) für jedes \(j\). Diese Zahlen sind ganzzahlig, und wegen \(u\ne v\) ist mindestens eine von ihnen ungleich null. Außerdem gilt \[ \sum_{j=1}^{q}a_{ij}x_j =\sum_{j=1}^{q}a_{ij}u_j-\sum_{j=1}^{q}a_{ij}v_j =0 \qquad (i=1,\ldots,p), \] und \[ |x_j|\le |u_j|+|v_j|\le 2p=q \qquad (j=1,\ldots,q). \] Damit erfüllt \(x\) alle drei Anforderungen. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1976 · Soru 5
\(q = 2p\) tane \(x_1,x_2,\cdots,x_q\) bilinmeyeni içeren ve \(p\) denklemden oluşan \[ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1q}x_q&=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2q}x_q&=0\\ &\cdots\\ a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+\cdots+a_{pq}x_q&=0 \end{aligned} \] sistemini ele alalım; burada her \(a_{ij}\) katsayısı \(\{-1,0,1\}\) kümesinin bir elemanıdır. Sistemin aşağıdaki koşulları sağlayan bir \((x_1,x_2,\cdots,x_q)\) çözümü olduğunu kanıtlayınız:
(a) tüm \(x_j\) \((j=1,2,\ldots,q)\) sayıları tam sayıdır,
(b) \(x_j\ne0\) olacak şekilde en az bir \(j\) değeri vardır,
(c) \(|x_j|\le q\) \((j=1,2,\ldots,q)\).
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Tam sayı bileşenli vektörlerden oluşan \[ S=\{-p,-p+1,\ldots,p\}^{q} \] kümesini ele alalım. Bu küme \((2p+1)^q=(q+1)^{2p}\) vektör içerir.
Her \(y=(y_1,\ldots,y_q)\in S\) vektörüne, tam sayı bileşenli \[ F(y)=\left(\sum_{j=1}^{q}a_{1j}y_j,\ldots, \sum_{j=1}^{q}a_{pj}y_j\right) \] vektörünü karşılık getirelim. \(|a_{ij}|\le1\) ve \(|y_j|\le p\) olduğundan her bileşen \[ \left|\sum_{j=1}^{q}a_{ij}y_j\right| \le\sum_{j=1}^{q}|a_{ij}|\,|y_j| \le pq \] eşitsizliğini sağlar. Böylece \(F(y)\)'nin her bir bileşeni en fazla \(2pq+1=q^2+1\) farklı tam sayı değeri alabilir. Dolayısıyla \(F(y)\) en fazla \((q^2+1)^p\) farklı değer alabilir.
Oysa \[ |S|=(q+1)^{2p} =\bigl(q^2+2q+1\bigr)^p >(q^2+1)^p. \] Güvercin yuvası ilkesine göre \(F(u)=F(v)\) olacak şekilde birbirinden farklı \(u,v\in S\) vektörleri vardır.
Her \(j\) için \(x_j=u_j-v_j\) alalım. Bu sayılar tam sayıdır ve \(u\ne v\) olduğundan en az biri sıfırdan farklıdır. Ayrıca, \[ \sum_{j=1}^{q}a_{ij}x_j =\sum_{j=1}^{q}a_{ij}u_j-\sum_{j=1}^{q}a_{ij}v_j =0 \qquad (i=1,\ldots,p), \] ve \[ |x_j|\le |u_j|+|v_j|\le 2p=q \qquad (j=1,\ldots,q). \] Böylece \(x\), üç koşulun hepsini sağlar. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1976 · Problema 5
Consideremos el sistema de \(p\) ecuaciones con \(q = 2p\) incógnitas \(x_1,x_2,\cdots,x_q\): \[ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1q}x_q&=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2q}x_q&=0\\ &\cdots\\ a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+\cdots+a_{pq}x_q&=0 \end{aligned} \] en el que cada coeficiente \(a_{ij}\) pertenece al conjunto \(\{-1,0,1\}\). Demostrar que el sistema tiene una solución \((x_1,x_2,\cdots,x_q)\) tal que
(a) todos los \(x_j\) \((j=1,2,\ldots,q)\) son enteros,
(b) existe al menos un valor de \(j\) para el que \(x_j\ne0\),
(c) \(|x_j|\le q\) \((j=1,2,\ldots,q)\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Consideremos el conjunto \[ S=\{-p,-p+1,\ldots,p\}^{q} \] de vectores con coordenadas enteras. Contiene \((2p+1)^q=(q+1)^{2p}\) vectores.
A cada \(y=(y_1,\ldots,y_q)\in S\), asignémosle el vector con coordenadas enteras \[ F(y)=\left(\sum_{j=1}^{q}a_{1j}y_j,\ldots, \sum_{j=1}^{q}a_{pj}y_j\right). \] Como \(|a_{ij}|\le1\) y \(|y_j|\le p\), cada coordenada satisface \[ \left|\sum_{j=1}^{q}a_{ij}y_j\right| \le\sum_{j=1}^{q}|a_{ij}|\,|y_j| \le pq. \] Así pues, cada coordenada de \(F(y)\) tiene a lo sumo \(2pq+1=q^2+1\) valores enteros posibles. Por consiguiente, \(F(y)\) tiene a lo sumo \((q^2+1)^p\) valores posibles.
Pero \[ |S|=(q+1)^{2p} =\bigl(q^2+2q+1\bigr)^p >(q^2+1)^p. \] Por el principio del palomar, existen vectores distintos \(u,v\in S\) tales que \(F(u)=F(v)\).
Sea \(x_j=u_j-v_j\) para todo \(j\). Estos números son enteros, y al menos uno es distinto de cero porque \(u\ne v\). Además, \[ \sum_{j=1}^{q}a_{ij}x_j =\sum_{j=1}^{q}a_{ij}u_j-\sum_{j=1}^{q}a_{ij}v_j =0 \qquad (i=1,\ldots,p), \] y \[ |x_j|\le |u_j|+|v_j|\le 2p=q \qquad (j=1,\ldots,q). \] Por tanto, \(x\) satisface las tres condiciones. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1976 · 问题 5
考虑由 \(p\) 个方程组成、含有 \(q = 2p\) 个未知数 \(x_1,x_2,\cdots,x_q\) 的方程组: \[ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1q}x_q&=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2q}x_q&=0\\ &\cdots\\ a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+\cdots+a_{pq}x_q&=0 \end{aligned} \] 其中每个系数 \(a_{ij}\) 都属于集合 \(\{-1,0,1\}\)。证明:该方程组有一个解 \((x_1,x_2,\cdots,x_q)\),满足
(a) 所有 \(x_j\) \((j=1,2,\ldots,q)\) 都是整数,
(b) 至少存在一个 \(j\),使得 \(x_j\ne0\),
(c) \(|x_j|\le q\) \((j=1,2,\ldots,q)\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
考虑整数向量的集合 \[ S=\{-p,-p+1,\ldots,p\}^{q} \] 其中含有 \((2p+1)^q=(q+1)^{2p}\) 个向量。
对每个 \(y=(y_1,\ldots,y_q)\in S\),赋予整数向量 \[ F(y)=\left(\sum_{j=1}^{q}a_{1j}y_j,\ldots, \sum_{j=1}^{q}a_{pj}y_j\right). \] 由于 \(|a_{ij}|\le1\) 且 \(|y_j|\le p\),每个坐标都满足 \[ \left|\sum_{j=1}^{q}a_{ij}y_j\right| \le\sum_{j=1}^{q}|a_{ij}|\,|y_j| \le pq. \] 因此,\(F(y)\) 的每个坐标至多有 \(2pq+1=q^2+1\) 个可能的整数值。于是,\(F(y)\) 至多有 \((q^2+1)^p\) 个可能值。
但是 \[ |S|=(q+1)^{2p} =\bigl(q^2+2q+1\bigr)^p >(q^2+1)^p. \] 由抽屉原理,存在不同的向量 \(u,v\in S\),使得 \(F(u)=F(v)\)。
对每个 \(j\),令 \(x_j=u_j-v_j\)。这些数都是整数,且由于 \(u\ne v\),其中至少有一个不为零。此外, \[ \sum_{j=1}^{q}a_{ij}x_j =\sum_{j=1}^{q}a_{ij}u_j-\sum_{j=1}^{q}a_{ij}v_j =0 \qquad (i=1,\ldots,p), \] 并且 \[ |x_j|\le |u_j|+|v_j|\le 2p=q \qquad (j=1,\ldots,q). \] 因此,\(x\) 满足全部三个要求。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案(Kalva)核对。
IMO 1976 · Задача 5
Рассмотрим систему из \(p\) уравнений с \(q = 2p\) неизвестными \(x_1,x_2,\cdots,x_q\): \[ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1q}x_q&=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2q}x_q&=0\\ &\cdots\\ a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+\cdots+a_{pq}x_q&=0 \end{aligned} \] в которой каждый коэффициент \(a_{ij}\) принадлежит множеству \(\{-1,0,1\}\). Докажите, что система имеет решение \((x_1,x_2,\cdots,x_q)\), такое что
(a) все \(x_j\) \((j=1,2,\ldots,q)\) — целые числа,
(b) существует хотя бы одно значение \(j\), для которого \(x_j\ne0\),
(c) \(|x_j|\le q\) \((j=1,2,\ldots,q)\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Рассмотрим множество \[ S=\{-p,-p+1,\ldots,p\}^{q} \] целочисленных векторов. Оно содержит \((2p+1)^q=(q+1)^{2p}\) векторов.
Каждому \(y=(y_1,\ldots,y_q)\in S\) сопоставим целочисленный вектор \[ F(y)=\left(\sum_{j=1}^{q}a_{1j}y_j,\ldots, \sum_{j=1}^{q}a_{pj}y_j\right). \] Поскольку \(|a_{ij}|\le1\) и \(|y_j|\le p\), для каждой координаты выполняется \[ \left|\sum_{j=1}^{q}a_{ij}y_j\right| \le\sum_{j=1}^{q}|a_{ij}|\,|y_j| \le pq. \] Таким образом, каждая координата \(F(y)\) может принимать не более \(2pq+1=q^2+1\) целых значений. Следовательно, \(F(y)\) может принимать не более \((q^2+1)^p\) значений.
Но \[ |S|=(q+1)^{2p} =\bigl(q^2+2q+1\bigr)^p >(q^2+1)^p. \] По принципу Дирихле существуют различные векторы \(u,v\in S\), такие что \(F(u)=F(v)\).
Положим \(x_j=u_j-v_j\) для каждого \(j\). Эти числа целые, и хотя бы одно из них отлично от нуля, поскольку \(u\ne v\). Кроме того, \[ \sum_{j=1}^{q}a_{ij}x_j =\sum_{j=1}^{q}a_{ij}u_j-\sum_{j=1}^{q}a_{ij}v_j =0 \qquad (i=1,\ldots,p), \] и \[ |x_j|\le |u_j|+|v_j|\le 2p=q \qquad (j=1,\ldots,q). \] Следовательно, \(x\) удовлетворяет всем трём требованиям. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1976 · المسألة 5
لننظر إلى نظام المعادلات الـ\(p\) في المجاهيل الـ\(q = 2p\)، وهي \(x_1,x_2,\cdots,x_q\): \[ \begin{aligned} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1q}x_q&=0\\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2q}x_q&=0\\ &\cdots\\ a_{p1}x_1+a_{p2}x_2+\cdots+a_{pq}x_q&=0 \end{aligned} \] حيث ينتمي كل معامل \(a_{ij}\) إلى المجموعة \(\{-1,0,1\}\). أثبت أن للنظام حلًّا \((x_1,x_2,\cdots,x_q)\) بحيث
(أ) جميع \(x_j\) \((j=1,2,\ldots,q)\) أعداد صحيحة،
(ب) توجد قيمة واحدة على الأقل لـ\(j\) يكون عندها \(x_j\ne0\)،
(ج) \(|x_j|\le q\) \((j=1,2,\ldots,q)\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لننظر إلى المجموعة \[ S=\{-p,-p+1,\ldots,p\}^{q} \] المكونة من متجهات ذات إحداثيات صحيحة. وهي تحتوي على \((2p+1)^q=(q+1)^{2p}\) متجهًا.
لكل \(y=(y_1,\ldots,y_q)\in S\)، نسند المتجه ذا الإحداثيات الصحيحة \[ F(y)=\left(\sum_{j=1}^{q}a_{1j}y_j,\ldots, \sum_{j=1}^{q}a_{pj}y_j\right). \] بما أن \(|a_{ij}|\le1\) و\(|y_j|\le p\)، فإن كل إحداثي يحقق \[ \left|\sum_{j=1}^{q}a_{ij}y_j\right| \le\sum_{j=1}^{q}|a_{ij}|\,|y_j| \le pq. \] إذن لكل إحداثي من إحداثيات \(F(y)\) ما لا يزيد على \(2pq+1=q^2+1\) قيمة صحيحة ممكنة. ومن ثم، فإن عدد القيم الممكنة لـ\(F(y)\) لا يزيد على \((q^2+1)^p\).
لكن \[ |S|=(q+1)^{2p} =\bigl(q^2+2q+1\bigr)^p >(q^2+1)^p. \] وفقًا لمبدأ الحمام، يوجد متجهان متمايزان \(u,v\in S\) بحيث \(F(u)=F(v)\).
نضع \(x_j=u_j-v_j\) لكل \(j\). هذه الأعداد صحيحة، وواحد منها على الأقل غير صفري لأن \(u\ne v\). علاوة على ذلك، \[ \sum_{j=1}^{q}a_{ij}x_j =\sum_{j=1}^{q}a_{ij}u_j-\sum_{j=1}^{q}a_{ij}v_j =0 \qquad (i=1,\ldots,p), \] و \[ |x_j|\le |u_j|+|v_j|\le 2p=q \qquad (j=1,\ldots,q). \] إذن يحقق \(x\) الشروط الثلاثة جميعًا. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).