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

2016

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека nn е нечетно положително цяло число и нека x1,x2,…,xnx_1,x_2,\dots,x_n са неотрицателни реални числа. Докажете, чеmin⁡(xi2+xi+12)≤max⁡(2xjxj+1),\min(x_i^2+x_{i+1}^2)\le \max(2x_jx_{j+1}),където 1≤i,j≤n1\le i,j\le n и xn+1=x1x_{n+1}=x_1.
РешениеДостатъчно е да намерим една двойка индекси, за коятоxi2+xi+12≤2xjxj+1.x_i^2+x_{i+1}^2\le 2x_jx_{j+1}.Понеже nn е нечетно, в цикличната редица не може знаците на сравненията между съседни членове да се редуват напълно. Следователно съществуват три последователни члена, в едната от двете посоки около цикъла, които можем да означим с a,b,ca,b,c така, че a≥b≥ca\ge b\ge c, като bb е средният от тях. Тогава, понеже числата са неотрицателни,2ab−b2−c2=b(a−b)+(ab−c2)≥0.2ab-b^2-c^2=b(a-b)+(ab-c^2)\ge0.Значи b2+c2≤2abb^2+c^2\le2ab. Лявата страна е една от величините xi2+xi+12x_i^2+x_{i+1}^2, а дясната е една от величините 2xjxj+12x_jx_{j+1}. Оттук веднага следва исканото неравенство между минимума и максимума. За сравнение, ако nn е четно, редица от вида (1,100,1,100,… )(1,100,1,100,\dots) показва защо нечетността е съществена.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2016/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е вписан четириъгълник, а диагоналите ACAC и BDBD се пресичат в XX. Нека C1C_1, D1D_1 и MM са средите съответно на отсечките CXCX, DXDX и CDCD. Правите AD1AD_1 и BC1BC_1 се пресичат в YY, а правата MYMY пресича диагоналите ACAC и BDBD съответно в различни точки EE и FF. Докажете, че правата XYXY е допирателна към окръжността през EE, FF и XX.
РешениеЩе дадем два подхода. Първи подход чрез лема за изогоналност. Забелязваме, че ABC1D1ABC_1D_1 е вписан четириъгълник. По стандартната лема за изогоналност, приложена към триъгълника YC1D1YC_1D_1, правите YXYX и YMYM са изогонални спрямо триъгълника YC1D1YC_1D_1. Тогава, с насочени ъгли,∠EXY=∠XC1Y+∠C1YX=\angle EXY=\angle XC_1Y+\angle C_1YX=∠AD1X+∠MYA=∠YFX.\angle AD_1X+\angle MYA=\angle YFX.Понеже EE, YY и FF са колинеарни, това е точно теоремата за ъгъл между допирателна и хорда за окръжността през EE, FF и XX. Следователно XYXY е допирателна към тази окръжност. За проверка даваме и комплексно решение. Четириъгълникът ABC1D1ABC_1D_1 е вписан, защото ∠AC1D1=∠ACD=∠ABD1\angle AC_1D_1=\angle ACD=\angle ABD_1. Нормализираме неговата описана окръжност до единичната окръжност и за краткост означаваме точките C1C_1 и D1D_1 с комплексните числа cc и dd. Достатъчно е да докажем∠(YX,AC)=∠(BD,MY),\angle(YX,AC)=\angle(BD,MY),което е равносилно на това числото(x−y)(m−y)(a−c)(b−d)\frac{(x-y)(m-y)}{(a-c)(b-d)}да бъде реално. Нека Z=AB∩C1D1Z=AB\cap C_1D_1, а OO е центърът на описаната окръжност на ABC1D1ABC_1D_1. По теоремата на Брокар имаме XY⊥OZXY\perp OZ, така че е достатъчно да проверим(ab(c+d)−cd(a+b))(y−m)(a−c)(b−d)(ab−cd)∈\frac{(ab(c+d)-cd(a+b))(y-m)}{(a-c)(b-d)(ab-cd)}\iniR. i\mathbb R.От m=c+d−xm=c+d-x получавамеy−m=x+y−c−d=ac(b+d)−bd(a+c)ac−bd+ad(b+c)−bc(a+d)ad−bc−c−d=ab(2acd+2bcd+c3+d3−ac2−ad2−bc2−bd2−c2d−cd2)(ac−bd)(ad−bc)=−ab(a+b−c−d)(c−d)2(ac−bd)(ad−bc).\begin{aligned} y-m&=x+y-c-d\\ &=\frac{ac(b+d)-bd(a+c)}{ac-bd}+\frac{ad(b+c)-bc(a+d)}{ad-bc}-c-d\\ &=\frac{ab(2acd+2bcd+c^3+d^3-ac^2-ad^2-bc^2-bd^2-c^2d-cd^2)}{(ac-bd)(ad-bc)}\\ &=-\frac{ab(a+b-c-d)(c-d)^2}{(ac-bd)(ad-bc)}. \end{aligned}Следователно последният израз става−ab(ab(c+d)−cd(a+b))(a+b−c−d)(c−d)2(ac−bd)(ad−bc)(a−c)(b−d)(ab−cd).-\frac{ab(ab(c+d)-cd(a+b))(a+b-c-d)(c-d)^2}{(ac-bd)(ad-bc)(a-c)(b-d)(ab-cd)}.Той е равен на отрицателното на своето комплексно спрегнато, следователно е чисто имагинерен. Това доказва същото допиране.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2016/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека mm е положително цяло число. Разглеждаме таблица 4m×4m4m\times4m от единични квадратни клетки. Две различни клетки се наричат свързани, ако лежат в един и същи ред или в един и същи стълб. Никоя клетка не е свързана със себе си. Някои клетки са оцветени в синьо така, че всяка клетка е свързана с поне две сини клетки. Да се намери минималният възможен брой сини клетки.
РешениеОтговорът е 6m6m. Първо даваме конструкция. По главния диагонал повтаряме mm пъти блока[111111],\begin{bmatrix} & 1 & 1 & 1 \\ 1 & & & \\ 1 & & & \\ 1 & & & \end{bmatrix},където единиците означават сините клетки. Всеки блок съдържа 66 сини клетки и лесно се проверява, че всяка клетка в блока има поне две сини клетки в своя ред или стълб. Така получаваме пример с 6m6m сини клетки. Остава да докажем, че по-малко не стига. Да построим двуделен граф H⊆K4m,4mH\subseteq K_{4m,4m}: едната част са редовете, другата са стълбовете, а всяка синя клетка дава ребро между съответния ред и съответния стълб. Да допуснем, че сините клетки са по-малко от 6m6m, тоест ∣E(H)∣≤6m−1|E(H)|\le6m-1. Тъй като графът има 8m8m върха, броят на свързаните му компоненти е поне∣V(H)∣−∣E(H)∣≥8m−(6m−1)=2m+1.|V(H)|-|E(H)|\ge8m-(6m-1)=2m+1.Затова някоя компонента има най-много три върха. Първо, не може да има изолиран връх. Ако например някой ред няма синя клетка, то във всеки от 4m4m-те стълба трябва да има поне две сини клетки, защото всяка клетка в този празен ред трябва да е свързана с поне две сини клетки. Това би дало поне 8m8m сини клетки, противоречие. От друга страна, всяко синьо ребро е инцидентно с поне още две сини ребра: това е точно условието, приложено към самата синя клетка, като тя не се брои за свързана със себе си. Следователно никоя неизолирана свързана компонента не може да има по-малко от три ребра. Но прост двуделен граф върху най-много три върха има най-много две ребра, ако е свързан. Получаваме противоречие. Следователно сините клетки са поне 6m6m, както трябваше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2016/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Две окръжности ω1\omega_1 и ω2\omega_2 с равни радиуси се пресичат в две различни точки X1X_1 и X2X_2. Нека окръжност ω\omega е външно допирателна до ω1\omega_1 в точка T1T_1 и вътрешно допирателна до ω2\omega_2 в точка T2T_2. Докажете, че правите X1T1X_1T_1 и X2T2X_2T_2 се пресичат в точка, която лежи на ω\omega.
РешениеЩе използваме хомотетии. Нека h1h_1 е хомотетията с център T1T_1, която изпраща ω1\omega_1 в ω\omega. Понеже двете окръжности са външно допирателни в T1T_1, коефициентът на тази хомотетия е отрицателен. Нека h2h_2 е хомотетията с център T2T_2, която изпраща ω\omega в ω2\omega_2; тук коефициентът е положителен, защото допирането е вътрешно.X1X2MT1T2PРазглеждаме композициятаω1→ T1 ω→ T2 ω2.\omega_1\xrightarrow{\ T_1\ }\omega\xrightarrow{\ T_2\ }\omega_2.Тя изпраща ω1\omega_1 в ω2\omega_2. Освен това произведението на коефициентите ѝ е отрицателно. Тъй като ω1\omega_1 и ω2\omega_2 имат равни радиуси, абсолютната стойност на този общ коефициент е 11. Следователно композицията е хомотетия с коефициент −1-1, тоест централна симетрия. Центърът на тази централна симетрия е средата MM на X1X2X_1X_2, защото двете равни окръжности са симетрични спрямо MM. В частност композицията изпраща едната им обща точка X1X_1 в другата обща точка X2X_2. НекаP=h1(X1).P=h_1(X_1).Тогава PP лежи на ω\omega, понеже h1h_1 изпраща окръжността ω1\omega_1 в ω\omega. Също така PP лежи на правата X1T1X_1T_1, защото всяка точка и образът ѝ при хомотетия са колинеарни с центъра на хомотетията. От друга страна, h2(P)=X2h_2(P)=X_2, защото h2(h1(X1))=X2h_2(h_1(X_1))=X_2. Следователно PP, T2T_2 и X2X_2 са колинеарни, тоест PP лежи и на правата X2T2X_2T_2. Значи правите X1T1X_1T_1 и X2T2X_2T_2 се пресичат в точката PP, а тя лежи на ω\omega. Точно тази точка е търсената, което завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2016/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека kk и nn са цели числа с k≥2k\ge2 и k≤n≤2k−1k\le n\le2k-1. Върху шахматна дъска n×nn\times n поставяме правоъгълни плочки, всяка с размер 1×k1\times k или k×1k\times1, така че всяка плочка покрива точно kk клетки и никои две плочки не се застъпват. Продължаваме, докато повече не може да се постави плочка по този начин. За всяка такава двойка k,nk,n определете минималния възможен брой плочки в крайна подредба.
РешениеОтговорът е{n,n=k или n=2k−1,2(n−k+1),k<n<2k−1.\begin{cases} n, & n=k \text{ или } n=2k-1,\\ 2(n-k+1), & k\lt{}n\lt{}2k-1. \end{cases}Конструкциите са следните. При n=kn=k е ясно, че трябва да се запълни цялата дъска с nn успоредни плочки. При k<n<2k−1k\lt{}n\lt{}2k-1 започваме от случая n=k+1n=k+1, където четири плочки могат да блокират периметъра на квадрата; после при увеличаване на nn с 11 добавяме по една нова хоризонтална и една нова вертикална плочка. Това дава 2(n−k+1)2(n-k+1) плочки. При n=2k−1n=2k-1 поставяме по една вертикална плочка във всеки стълб, като редуваме най-горната и най-долната възможна позиция; така получаваме nn плочки и не остава място за нова. Сега доказваме оптималността. Ще наричаме един ред гол, ако в него няма хоризонтална плочка, изцяло лежаща в този ред. Аналогично, един стълб е гол, ако в него няма вертикална плочка, изцяло лежаща в този стълб. **Твърдение.** Голите стълбове са последователни; същото важи и за голите редове. Доказателство. Нека вертикална плочка DD лежи в стълб CC. Ако CC е в лявата половина на дъската, тогава стълбът непосредствено вляво от CC също трябва да съдържа вертикална плочка: иначе бихме могли да поставим нова вертикална плочка точно вляво от DD, защото отляво няма достатъчно място за хоризонтална плочка, която да пречи. Повтаряйки това разсъждение, всички стълбове вляво от CC не са голи. По същия начин, ако CC е в дясната половина, всички стълбове вдясно от CC не са голи. Значи голите стълбове образуват един непрекъснат блок. За редовете доказателството е същото. Ако няма голи стълбове, то във всеки стълб има вертикална плочка, следователно плочките са поне nn. Аналогично, ако няма голи редове, плочките отново са поне nn. Остава случаят, когато има поне един гол ред и поне един гол стълб. Понеже голите стълбове са последователни, не може да има kk голи стълба: пресечем ли ги с един гол ред, получаваме kk последователни непокрити клетки и можем да добавим хоризонтална плочка, противоречие. Следователно голите стълбове са най-много k−1k-1, така че има поне n−k+1n-k+1 неголи стълба, а значи поне n−k+1n-k+1 вертикални плочки. Аналогично има поне n−k+1n-k+1 хоризонтални плочки. Общо плочките са поне 2(n−k+1)2(n-k+1). Така всяка крайна подредба съдържа поне min⁡(n,2(n−k+1))\min(n,2(n-k+1)) плочки, с изключение на специалния случай n=kn=k, където горната оценка 22 не е достижима и трябват точно nn плочки. Това дава точно обявения отговор.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2016/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека SS е множеството от всички положителни цели числа nn, за които n4n^4 има делител измежду числата n2+1,n2+2,…,n2+2nn^2+1,n^2+2,\dots,n^2+2n. Докажете, че има безбройно много елементи на SS от всеки от видовете 7m7m, 7m+17m+1, 7m+27m+2, 7m+57m+5, 7m+67m+6, и няма елементи на SS от видовете 7m+37m+3 и 7m+47m+4, където mm е цяло число.
РешениеНека търсеният делител е n2+kn^2+k, където 1≤k≤2n1\le k\le2n. Понеже n2≡−k(modn2+k)n^2\equiv-k\pmod{n^2+k}, имамеn2+k∣n4⟺n2+k∣k2.n^2+k\mid n^4\quad\Longleftrightarrow\quad n^2+k\mid k^2.Освен това1≤k2n2+k<4,1\le \frac{k^2}{n^2+k}\lt{}4,така че частното може да бъде само 11, 22 или 33. Следователно трябва да има решение на едно от уравнениятаn2+k=k2,2(n2+k)=k2,3(n2+k)=k2.n^2+k=k^2,\qquad 2(n^2+k)=k^2,\qquad 3(n^2+k)=k^2.Първото няма решения при k≥1k\ge1, защото тогава (k−1)2<n2<k2(k-1)^2\lt{}n^2\lt{}k^2. Ако n≡3n\equiv3 или 4(mod7)4\pmod7, то n2≡2(mod7)n^2\equiv2\pmod7. При второто уравнение получавамеk2−2k−4≡0(mod7),k^2-2k-4\equiv0\pmod7,а дискриминантата му е 20≡6(mod7)20\equiv6\pmod7, което не е квадратичен остатък. При третото уравнение получавамеk2−3k−6≡0(mod7),k^2-3k-6\equiv0\pmod7,а дискриминантата му е 33≡5(mod7)33\equiv5\pmod7, което също не е квадратичен остатък. Значи няма елементи на SS от класовете 7m+37m+3 и 7m+47m+4. Остава да построим безбройно много примери в другите класове. От второто уравнение получаваме(k−1)2−2n2=1.(k-1)^2-2n^2=1.Нека (xr,nr)(x_r,n_r) са положителните решения, зададени отxr+nr2=(3+22)r(r=1,2,3,… ),x_r+n_r\sqrt2=(3+2\sqrt2)^r\qquad(r=1,2,3,\dots),и поставяме k=xr+1k=x_r+1. Тогава k2=2(nr2+k)k^2=2(n_r^2+k), а от xr+1≤2nrx_r+1\le2n_r следва, че 1≤k≤2nr1\le k\le2n_r. Следователно всяко такова nrn_r принадлежи на SS. По модул 77 редицата nrn_r се повтаря с период 33 и дава остатъците2,5,0,2,5,0,… .2,5,0,2,5,0,\dots.Така получаваме безбройно много елементи на SS от класовете 7m7m, 7m+27m+2 и 7m+57m+5. За останалите два класа използваме третото уравнение. НекаXr+srx212=(7+2x212)rX_r+s_r\sqrt{\vphantom{x^2}12}=(7+2\sqrt{\vphantom{x^2}12})^r\qquad(r=1,2,3,… ),(r=1,2,3,\dots),и поставямеn=3sr,k=3(Xr+1)2.n=3s_r,\qquad k=\frac{3(X_r+1)}2.Тогава XrX_r е нечетно и от Xr2−12sr2=1X_r^2-12s_r^2=1 следва(2k−3)2−12n2=9,(2k-3)^2-12n^2=9,тоест k2=3(n2+k)k^2=3(n^2+k). Освен това k≤2nk\le2n, защото Xr+1≤4srX_r+1\le4s_r. Следователно тези nn също са елементи на SS. По модул 77 редицата 3sr3s_r се повтаря с период 44 и дава остатъците6,0,1,0,6,0,1,0,… .6,0,1,0,6,0,1,0,\dots.Така получаваме безбройно много елементи и от класовете 7m+17m+1 и 7m+67m+6. Това завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2016/6Условие — източник