maths.bgmaths.bg
Всички колекции
EGMO

Evan Chen / EGMO Twitch Solution

59 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

15 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2014

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Определете всички реални константи tt, такива че винаги когато aa, bb и cc са дължини на страните на триъгълник, числата a2+bcta^2+bct, b2+catb^2+cat, c2+abtc^2+abt също са дължини на страните на триъгълник.
РешениеОтговорът е23≤t≤2.\frac23\le t\le2.Пишем a=y+za=y+z, b=z+xb=z+x, c=x+yc=x+y за положителни x,y,zx,y,z. Поради симетрия е достатъчно да проверим едното триъгълно неравенствоa2+bct<b2+cat+c2+abt.a^2+bct\lt{}b^2+cat+c^2+abt.След заместване това е еквивалентно наQ(x)>0,Q(x)\gt{}0,къдетоQ(x)=Q(x)=(2−t)x2+(2+t)(y+z)x+((y2+yz+z2)t−2yz).(2-t)x^2+(2+t)(y+z)x+\bigl((y^2+yz+z^2)t-2yz\bigr).Тук y,z>0y,z\gt{}0 са произволни. Първо трябва t≤2t\le2; иначе водещият коефициент е отрицателен и за достатъчно голямо xx неравенството се проваля. При t=2t=2 имамеQ(x)=4(y+z)x+2(y2+z2)>0,Q(x)=4(y+z)x+2(y^2+z^2)\gt{}0,така че този краен случай работи. Нека t<2t\lt{}2. Дискриминантата на квадратичния тричлен еD=(5t2−4t+4)(y2+z2)+(6t2−8t+24)yz,D=(5t^2-4t+4)(y^2+z^2)+(6t^2-8t+24)yz,което е положително за всички реални tt и положителни y,zy,z. Следователно QQ има две реални корени. Понеже водещият коефициент вече е положителен, условието Q(x)>0Q(x)\gt{}0 за всяко x>0x\gt{}0 е равносилно всички коефициенти да са неотрицателни, като средният е очевидно положителен. Остава(y2+yz+z2)t−2yz≥0(y^2+yz+z^2)t-2yz\ge0за всички положителни y,zy,z. Понежеy2+yz+z2≥3yz,y^2+yz+z^2\ge3yz,достатъчно и необходимо е t≥23t\ge\frac23; ако t<23t\lt{}\frac23, вземаме y=zy=z и получаваме отрицателен свободен член. Значи точно 23≤t≤2\frac23\le t\le2 работи.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2014/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека DD и EE са вътрешни точки съответно на страните ABAB и ACAC на триъгълника ABCABC, за коитоDB=BC=CE.DB=BC=CE.Нека правите CDCD и BEBE се пресичат във FF. Докажете, че инцентърът II на ABCABC, ортоцентърът HH на DEFDEF и средата MM на дъгата BACBAC от описаната окръжност на ABCABC са колинеарни.
РешениеНека BIBI и CICI пресичат отново описаната окръжност съответно в MBM_B и MCM_C. Имаме спирална подобност△MDB∼△MEC,\triangle MDB\sim\triangle MEC,защото∠MBD=∠MBA=∠MCA=∠MCE\angle MBD=\angle MBA=\angle MCA=\angle MCEи BD=ECBD=EC, BM=CMBM=CM. Следователно MM е точката на Микел на BDECBDEC. НекаT=ME∩BIиS=MD∩CI.T=ME\cap BI\qquad\text{и}\qquad S=MD\cap CI.Понеже BIBI е среден перпендикуляр на CDCD, имаме∠DIT=∠CIT=∠CIB=\angle DIT=\angle CIT=\angle CIB=90∘−12∠A=∠MCB=∠MED=∠TED,90^\circ-\frac12\angle A=\angle MCB=\angle MED=\angle TED,така че D,I,T,ED,I,T,E са вписани в една окръжност. Аналогично и SS лежи на тази окръжност. Но∠SDE=∠EDM=∠MED=∠TED,\angle SDE=\angle EDM=\angle MED=\angle TED,следователно ST∥DEST\parallel DE (получава се равнобедрен трапец). Триъгълниците ISTIST и HDEHDE са хомотетични. Следователно правите IHIH, DSDS и ETET са конкурентни; по определенията на SS и TT те се пресичат в MM. Значи II, HH и MM са колинеарни.ABCDEFIHM
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2014/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека d(m)d(m) означава броя на положителните делители на положителното цяло число mm, а ω(m)\omega(m) - броя на различните му прости делители. Нека kk е положително цяло число. Докажете, че съществуват безбройно много положителни цели числа nn, такива че ω(n)=k\omega(n)=k и d(n)d(n) не дели d(a2+b2)d(a^2+b^2) за никои положителни цели числа a,ba,b с a+b=na+b=n.
РешениеЩе построим безбройно много такива nn. Избираме нечетно положително цяло число tt, което не се дели на 33 и има ω(t)=k−1\omega(t)=k-1; при k=1k=1 вземаме t=1t=1. После избираме достатъчно голямо нечетно просто число pp и поставямеn=2p−1t.n=2^{p-1}t.Тогава ω(n)=k\omega(n)=k. Освен това p∣d(n)p\mid d(n), защото показателят на простото число 22 в nn е p−1p-1. Нека a+b=na+b=n и нека c=a2+b2c=a^2+b^2. Ще докажем, че p∤d(c)p\nmid d(c); тогава d(n)d(n) със сигурност не може да дели d(c)d(c). Първо, 3∤c3\nmid c. Наистина, от избора на tt следва 3∤n3\nmid n, а ако 3∣a2+b23\mid a^2+b^2, то a≡b≡0(mod3)a\equiv b\equiv0\pmod3, откъдето 3∣n3\mid n, противоречие. Избираме pp толкова голямо спрямо фиксираното tt, чеc=a2+b2<n2<5p−1.c=a^2+b^2\lt{}n^2\lt{}5^{p-1}.Така показателят на всеки нечетен прост делител на cc е по-малък от p−1p-1, следователно нито един нечетен прост фактор на cc не може да внесе множител pp в d(c)d(c). Остава да проверим степента на 22 в cc. Ако ν2(a)<ν2(b)\nu_2(a)\lt{}\nu_2(b), тогава от a+b=na+b=n следва ν2(a)=p−1\nu_2(a)=p-1, иν2(c)=ν2(a2+b2)=2ν2(a)=2p−2.\nu_2(c)=\nu_2(a^2+b^2)=2\nu_2(a)=2p-2.Ако ν2(a)=ν2(b)\nu_2(a)=\nu_2(b), то тази обща стойност е най-много p−2p-2, защото a+ba+b се дели точно на 2p−12^{p-1}. В този случайν2(c)=2ν2(a)+1<2p−1.\nu_2(c)=2\nu_2(a)+1\lt{}2p-1.Във всички случаи ν2(c)+1\nu_2(c)+1 не се дели на pp. Следователно p∤d(c)p\nmid d(c). Тъй като има безбройно много прости числа pp, по-големи от всяка предварително избрана граница, получаваме безбройно много такива числа nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2014/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа n≥2n\ge 2, за които съществуват цели числа x1,x2,…,xn−1x_1,x_2,\ldots,x_{n-1} със следното свойство: ако 0<i<n0\lt{}i\lt{}n, 0<j<n0\lt{}j\lt{}n, i≠ji\ne j и n∣2i+jn\mid 2i+j, то xi<xjx_i\lt{}x_j.
РешениеОтговорът еn=2kилиn=3⋅2k(k≥0),n=2^k\quad\text{или}\quad n=3\cdot 2^k\qquad(k\ge 0),като условието n≥2n\ge 2 изключва само случая 20=12^0=1. Нека пишем i≺ji\prec j, ако 0<i,j<n0\lt{}i,j\lt{}n, i≠ji\ne j и 2i+j≡0(modn)2i+j\equiv 0\pmod n. Търсените числа xix_i съществуват точно когато ориентираният граф с ребра i≺ji\prec j няма насочен цикъл: ако цикъл има, получаваме невъзможна верига от строги неравенства, а ако цикъл няма, можем да подредим върховете топологично и да изберем xix_i според този ред. Да опишем кога има цикъл. Акоt1≺t2≺⋯≺tm≺t1,t_1\prec t_2\prec \cdots\prec t_m\prec t_1,то tr+1≡−2tr(modn)t_{r+1}\equiv -2t_r\pmod n, следователноtr≡(−2)r−1t1(modn).t_r\equiv (-2)^{r-1}t_1\pmod n.За да се върнем в началото, трябва((−2)m−1)t1≡0(modn).((-2)^m-1)t_1\equiv 0\pmod n.Освен това съседните върхове в цикъла трябва да са различни, което е равносилно на3(−2)r−1t1≢0(modn)(r=1,2,…,m).3(-2)^{r-1}t_1\not\equiv 0\pmod n\qquad(r=1,2,\ldots,m).Ако n=2kn=2^k, първото условие принуждава t1≡0(modn)t_1\equiv 0\pmod n, защото (−2)m−1(-2)^m-1 е нечетно и следователно е взаимно просто с nn. Това е невъзможно, понеже върховете са между 11 и n−1n-1. Значи цикъл няма. Ако n=3⋅2kn=3\cdot 2^k, първото условие принуждава t1t_1 да е кратно на 2k2^k. Тогава t1≡2kt_1\equiv 2^k или t1≡2⋅2k(modn)t_1\equiv 2\cdot 2^k\pmod n, и в двата случая 3t1≡0(modn)3t_1\equiv 0\pmod n. Това нарушава условието за различни съседни върхове още при r=1r=1, така че отново цикъл няма. Остава да покажем, че други nn не работят. Ако nn има нечетен делител d≥5d\ge 5, поставяме t1=n/dt_1=n/d и вземаме m=φ(d)m=\varphi(d). Тогава (−2)m≡1(modd)(-2)^m\equiv 1\pmod d, откъдето((−2)m−1)t1≡0(modn).((-2)^m-1)t_1\equiv 0\pmod n.От друга страна съществува нечетно просто pp, чиято степен в nn е по-голяма от степента му в 3n/d3n/d; това е очевидно, ако dd има прост делител, различен от 33, а ако dd е степен на 33, използваме факта, че d≥9d\ge 9. Понеже множителите (−2)r−1(-2)^{r-1} не променят pp-адичната степен, никое от числата 3(−2)r−1t13(-2)^{r-1}t_1 не е кратно на nn. Следователно получаваме насочен цикъл, което прави желаните строги неравенства невъзможни. Значи единствените допустими nn са точно изброените в отговора.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2014/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Имаме nn кутии, като във всяка има неотрицателен брой камъчета. В един ход можем да вземем две камъчета от избрана кутия, да изхвърлим едното и да сложим другото в друга избрана кутия. Начална конфигурация се нарича разрешима, ако след краен, възможно нулев, брой ходове може да се стигне до конфигурация без празна кутия. Определете всички начални конфигурации, които не са разрешими, но стават разрешими при добавяне на едно камъче в която и да е избрана кутия.
РешениеЩе характеризираме първо разрешимите конфигурации. Ако в кутиите има a1,…,ana_1,\dots,a_n камъчета, твърдим, че конфигурацията е разрешима точно когато∑i=1n⌈ai2⌉≥n.\sum_{i=1}^n\left\lceil\frac{a_i}{2}\right\rceil\ge n.Доказателството е по индукция по общия брой камъчета. Ако общият брой е по-малък от nn, очевидно не можем да получим непразни всички кутии. Нека общият брой е поне nn и означим горната сума с SS. Ако S<nS\lt{}n, то след един разрешен ход стойността на SS не може да нарасне: от кутия с a≥2a\ge2 махаме две камъчета, което намалява ⌈a/2⌉\lceil a/2\rceil с 11, а в друга кутия добавяме едно камъче, което увеличава съответния член най-много с 11. По индукция конфигурацията не е разрешима. Ако S≥nS\ge n и вече няма празна кутия, сме готови. Ако има празна кутия, понеже общият брой камъчета е поне nn, има кутия с поне две камъчета. Вземаме две камъчета от нея, изхвърляме едното и слагаме другото в празната кутия. Стойността на SS не се променя, а общият брой камъчета намалява с 11, така че индукционното предположение завършва доказателството на критерия. Сега търсим конфигурациите от условието. Те трябва да не са разрешими, но след добавяне на едно камъче във всяка възможна кутия да станат разрешими. По критерия това означава, че първоначално∑i=1n⌈ai2⌉=n−1,\sum_{i=1}^n\left\lceil\frac{a_i}{2}\right\rceil=n-1,и добавянето на камъче към която и да е кутия трябва да увеличава сумата с 11. Последното става точно когато всички aia_i са четни. Следователно отговорът е: всички конфигурации, в които всички броеве aia_i са четни неотрицателни числа иa1+a2+⋯+an=2n−2.a_1+a_2+\dots+a_n=2n-2.Наистина тогава сумата от таваните е (a1+⋯+an)/2=n−1(a_1+\dots+a_n)/2=n-1, а добавянето на едно камъче към произволна кутия я прави равна на nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2014/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Решете в реални числа функционалното уравнение f(y2+2xf(y)+f(x)2)=(y+f(x))(x+f(y)).f\bigl(y^2+2xf(y)+f(x)^2\bigr)=(y+f(x))(x+f(y)).
РешениеЩе докажем, че единствените решения саf(x)=xиf(x)=−x.f(x)=x\qquad\text{и}\qquad f(x)=-x.Лесно се проверява, че и двете работят. Първо показваме, че съществува единствено реално число zz, за което f(z)=0f(z)=0. Съществуване има, защото при y=−f(x)y=-f(x) дясната страна е 00. Ако f(u)=f(v)=0f(u)=f(v)=0, то от двойките (x,y)=(u,v),(v,u),(u,u),(v,v)(x,y)=(u,v),(v,u),(u,u),(v,v) получаваме съответноf(v2)=uv,f(u2)=uv,f(v^2)=uv,\qquad f(u^2)=uv,f(u2)=u2,f(v2)=v2.\qquad f(u^2)=u^2,\qquad f(v^2)=v^2.Значи u2=uv=v2u^2=uv=v^2, откъдето u=vu=v. Поставяме (x,y)=(z,0)(x,y)=(z,0) и (0,z)(0,z). Получавамеf(2zf(0))=f(z2+f(0)2)=0,f(2zf(0))=f(z^2+f(0)^2)=0,а по единствеността на нулата2zf(0)=z2+f(0)2=z.2zf(0)=z^2+f(0)^2=z.Следователно f(0)=zf(0)=z и z∈{0,12}z\in\{0,\frac12\}. Следва инективност. От (x,y)=(x,z)(x,y)=(x,z) и (z,x)(z,x) имамеf(f(x)2+z2)=f(2zf(x)+x2)=x(z+f(x)).f(f(x)^2+z^2)=f(2zf(x)+x^2)=x(z+f(x)).Ако f(x1)=f(x2)f(x_1)=f(x_2) и x1≠x2x_1\ne x_2, то от единствеността на нулата последното може да се случи само при f(x1)=f(x2)=−zf(x_1)=f(x_2)=-z. Тогаваf(xi)2+z2=2zf(xi)+xi2=z,f(x_i)^2+z^2=2zf(x_i)+x_i^2=z,което принуждава z=12z=\frac12 и xi=±1x_i=\pm1. Но заместването на (−1,0)(-1,0) и (0,−1)(0,-1) в началното уравнение дава f(−34)=f(54)f(-\frac34)=f(\frac54), което противоречи на току-що описаната единствена възможност за неинективност. Значи ff е инективна. Сега разменяме xx и yy в уравнението. Дясната страна е симетрична, а ff е инективна, затоваy2+2xf(y)+f(x)2=x2+2yf(x)+f(y)2.(1)y^2+2xf(y)+f(x)^2=x^2+2yf(x)+f(y)^2.\tag{1}При y=0y=0 получавамеf(x)2=(z−x)2.f(x)^2=(z-x)^2.Ако z=0z=0, от (1) следва xf(y)=yf(x)xf(y)=yf(x) за всички x,yx,y, и значи f(x)=cxf(x)=cx. От f(x)2=x2f(x)^2=x^2 получаваме c=1c=1 или c=−1c=-1. Остава да изключим z=12z=\frac12. Тогава (1) се записва като(2f(y)+1)x=(2f(x)+1)y.(2f(y)+1)x=(2f(x)+1)y.За ненулеви xx това дава 2f(x)+1=cx2f(x)+1=cx с константа cc. Ако c=0c=0, функцията няма нула в 12\frac12; ако c≠0c\ne0, нулата е при x=1/cx=1/c, следователно c=2c=2 и f(x)=x−12f(x)=x-\frac12 за x≠0x\ne0. Тогава f(1)=12=f(0)f(1)=\frac12=f(0), противоречие с инективността. Значи z=12z=\frac12 е невъзможно, и остават само f(x)=xf(x)=x и f(x)=−xf(x)=-x.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2014/6Условие — източник