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

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2019 · 11-12: липсва задача 3

11-12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Намерете всички тройки (a,b,c)(a,b,c) от реални числа, за които ab+bc+ca=1ab+bc+ca=1 иa2b+c=b2c+a=c2a+b.a^2b+c=b^2c+a=c^2a+b.
РешениеОтговорът е(13,13,13),\left(\frac1{\sqrt3},\frac1{\sqrt3},\frac1{\sqrt3}\right),(−13,−13,−13),\qquad \left(-\frac1{\sqrt3},-\frac1{\sqrt3},-\frac1{\sqrt3}\right),както и всички пермутации на (1,1,0)(1,1,0) и (−1,−1,0)(-1,-1,0). Лесно се проверява, че всички тези тройки работят. Сега ще докажем, че други няма. Използваме условието ab+bc+ca=1ab+bc+ca=1, за да хомогенизираме първото равенство:a2b+c(ab+bc+ca)=b2c+a(ab+bc+ca).a^2b+c(ab+bc+ca)=b^2c+a(ab+bc+ca).След съкращаване това е еквивалентно наc2(a+b)=c(a2+b2),c^2(a+b)=c(a^2+b^2),тоестc=0илиa2+b2=c(a+b).c=0\quad\text{или}\quad a^2+b^2=c(a+b).Получаваме и двете циклични аналогични условия. Ако някоя от променливите е нула, например a=0a=0, тогава от bc=1bc=1 следва, че bb и cc са ненулеви. Първоначалното равенство дава c=b2c=bc=b^2c=b, откъдето b=c=1b=c=1 или b=c=−1b=c=-1. Това дава точно пермутациите на (1,1,0)(1,1,0) и (−1,−1,0)(-1,-1,0). Остава случаят, когато a,b,ca,b,c са ненулеви. Тогава имамеa2+b2=c(a+b),b2+c2=a(b+c),a^2+b^2=c(a+b),\qquad b^2+c^2=a(b+c),c2+a2=b(c+a).\qquad c^2+a^2=b(c+a).Сумирайки, получаваме2(a2+b2+c2)=2(ab+bc+ca),2(a^2+b^2+c^2)=2(ab+bc+ca),следователно(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2=0.(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0.Значи a=b=ca=b=c. От ab+bc+ca=1ab+bc+ca=1 следва 3a2=13a^2=1, което дава двете равни тройки по-горе.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2019/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Върху дъска 2n×2n2n\times 2n са поставени домино плочки така, че всяка клетка на дъската е съседна по страна на точно една клетка, покрита от домино. За всяко nn определете най-големия брой домино плочки, които могат да бъдат поставени по този начин.
РешениеОтговорът е(n+12).\binom{n+1}{2}.Ще наричаме аура на едно домино множеството от всички клетки, които са съседни по страна на клетка от това домино. По условие всяка клетка на дъската принадлежи на точно една такава аура, следователно аурите разбиват всички 4n24n^2 клетки на дъската. Конструкцията, която достига (n+12)\binom{n+1}{2} домино плочки, се получава от показания повтарящ се строеж. Цветните многоъгълници са аурите; в краищата на дъската някои от тях се отрязват от границата.Една аура може да съдържа най-много 88 клетки, но ако границата на дъската я отреже, може да остане и с едва 55 клетки. Нека a,b,c,ka,b,c,k са броевете на аурите, които съдържат съответно 5,6,7,85,6,7,8 клетки. Търсим горна граница за a+b+c+ka+b+c+k. Освен товаa≤4,a\le4,защото аура с 55 клетки непременно използва ъгъл на дъската. Ключовото наблюдение за отрязаните аури е следното: аурите, броени от aa, bb и cc, имат съответно 44, 44 и между 33 и 44 гранични клетки, където гранични наричаме клетките, които докосват страна на дъската. Понеже общият брой гранични клетки е 4(2n−1)4(2n-1), получаваме4a+4b+3c≤4(2n−1).4a+4b+3c\le4(2n-1).От друга страна, понеже аурите разбиват дъската,5a+6b+7c+8k=4n2.5a+6b+7c+8k=4n^2.Следователно4n2+2(2n−1)≥(5a+6b+7c+8k)+(2a+2b+1.5c)=8(a+b+c+k)+0.5c−a≥8(a+b+c+k)−4.\begin{align*} 4n^2+2(2n-1)&\ge(5a+6b+7c+8k)+(2a+2b+1.5c)\\ &=8(a+b+c+k)+0.5c-a\\ &\ge8(a+b+c+k)-4. \end{align*}Значиn(n+1)2+14≥a+b+c+k.\frac{n(n+1)}2+\frac14\ge a+b+c+k.Тъй като a+b+c+ka+b+c+k е цяло число, оттук следваa+b+c+k≤n(n+1)2=(n+12).a+b+c+k\le\frac{n(n+1)}2=\binom{n+1}{2}.Това дава исканата горна граница, а конструкцията по-горе показва, че тя се достига. Всъщност решението на IMO 1999/3 дава и друг кратък поглед към обратната оценка. Оцветете дъската на пръстени, както е показано по-долу.Всяка аура покрива точно четири сини клетки. Броят на сините клетки при това оцветяване е 2n(n+1)2n(n+1), следователно броят на аурите, а значи и на поставените домино плочки, не може да надмине2n(n+1)4=(n+12).\frac{2n(n+1)}4=\binom{n+1}{2}.Това съвпада с конструкцията и завършва решението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2019/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с инцентър II. Окръжността, която минава през BB и се допира до правата AIAI в II, пресича страната ABAB повторно в точка PP. Окръжността, която минава през CC и се допира до правата AIAI в II, пресича страната ACAC повторно в точка QQ. Докажете, че PQPQ се допира до вписаната окръжност на ABCABC.
РешениеНека EE и FF са допирните точки на вписаната окръжност съответно със страните ACAC и ABAB.ABCIDEFPQTРаботим с насочени ъгли. От теоремата за ъгъла между допирателна и хорда, приложена към окръжността през B,I,PB,I,P, получаваме∠AIP=∠IBP=∠IBA=12∠B,\angle AIP=\angle IBP=\angle IBA=\frac12\angle B,защото PP лежи върху ABAB, а BIBI е ъглополовяща. Освен това IF⊥ABIF\perp AB, а AIAI е ъглополовяща в AA, следователно∠AIF=90∘−12∠A.\angle AIF=90^\circ-\frac12\angle A.Затова∠PIF=∠AIF−∠AIP=\angle PIF=\angle AIF-\angle AIP=(90∘−12∠A)−12∠B=12∠C.\left(90^\circ-\frac12\angle A\right)-\frac12\angle B=\frac12\angle C.Същият аргумент за окръжността през C,I,QC,I,Q дава∠EIQ=12∠B.\angle EIQ=\frac12\angle B.Нека TpT_p е втората допирна точка от PP към вписаната окръжност, различна от FF, а TqT_q е втората допирна точка от QQ, различна от EE. Понеже двете допирателни от една външна точка са равни, триъгълниците PIFPIF и PITpPIT_p са правоъгълни с обща хипотенуза и равни катети IF=ITpIF=IT_p. Следователно∠TpIF=2∠PIF=∠C.\angle T_pIF=2\angle PIF=\angle C.Аналогично∠EITq=2∠EIQ=∠B.\angle EIT_q=2\angle EIQ=\angle B.От друга страна, радиусите IEIE и IFIF са перпендикулярни съответно на ACAC и ABAB, така че∠EIF=180∘−∠A=∠B+∠C.\angle EIF=180^\circ-\angle A=\angle B+\angle C.Следователно точките TpT_p и TqT_q съвпадат; означаваме общата им стойност с TT. Правите PTPT и QTQT са допирателни към вписаната окръжност в една и съща точка TT, затова те са една и съща допирателна. Значи P,T,QP,T,Q са колинеарни и правата PQPQ се допира до вписаната окръжност. С други думи, в това доказателство същественото ъглово съдържание е равенството ∠PIQ=90∘−12∠A\angle PIQ=90^\circ-\frac12\angle A, което следва от същото пресмятане.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2019/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n\ge2 е цяло число и нека a1,a2,…,ana_1,a_2,\dots,a_n са положителни цели числа. Докажете, че съществуват положителни цели числа b1,b2,…,bnb_1,b_2,\dots,b_n, които удовлетворяват следните три условия: - ai≤bia_i\le b_i за i=1,2,…,ni=1,2,\dots,n; - остатъците на b1,b2,…,bnb_1,b_2,\dots,b_n при деление на nn са две по две различни; - b1+⋯+bn≤n(n−12+⌊a1+⋯+ann⌋).b_1+\dots+b_n\le n\left(\frac{n-1}{2}+\left\lfloor\frac{a_1+\dots+a_n}{n}\right\rfloor\right).
РешениеПърво свеждаме задачата до случая 1≤ai≤n1\le a_i\le n за всяко ii. Ако някое ai>na_i\gt{}n, можем да заменим aia_i с ai−na_i-n; след намиране на подходящо bib_i за намалената задача добавяме обратно nn към съответното bib_i. Остатъкът по модул nn не се променя, а двете страни на желаната оценка за сумата се увеличават с едно и също число nn. Повтаряйки това, получаваме 1≤ai≤n1\le a_i\le n. Сега избираме на случаен принцип равномерна пермутация σ\sigma на множеството {1,2,…,n}\{1,2,\dots,n\} и дефинирамеbi={σ(i),ако σ(i)≥ai,n+σ(i),ако σ(i)<ai.b_i= \begin{cases} \sigma(i), & \text{ако } \sigma(i)\ge a_i,\\ n+\sigma(i), & \text{ако } \sigma(i)\lt{}a_i. \end{cases}Тогава bi≥aib_i\ge a_i за всяко ii, а остатъците на bib_i по модул nn са точно остатъците на различните числа σ(i)\sigma(i), следователно са две по две различни. Нека eσe_\sigma е броят на индексите ii, за които σ(i)<ai\sigma(i)\lt{}a_i. Тогаваb1+⋯+bn=1+2+⋯+n+neσ=n(n+1)2+neσ.b_1+\dots+b_n=1+2+\dots+n+n e_\sigma=\frac{n(n+1)}2+n e_\sigma.За фиксирано ii вероятността σ(i)<ai\sigma(i)\lt{}a_i е (ai−1)/n(a_i-1)/n, затоваE[eσ]=(a1−1)+⋯+(an−1)n=\mathbb E[e_\sigma]=\frac{(a_1-1)+\dots+(a_n-1)}{n}=a1+⋯+an−nn.\frac{a_1+\dots+a_n-n}{n}.Следователно съществува пермутация, за коятоeσ≤⌊a1+⋯+an−nn⌋=⌊a1+⋯+ann⌋−1.e_\sigma\le \left\lfloor\frac{a_1+\dots+a_n-n}{n}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a_1+\dots+a_n}{n}\right\rfloor-1.За тази пермутация получавамеb1+⋯+bn≤n(n+1)2+n(⌊a1+⋯+ann⌋−1),b_1+\dots+b_n\le\frac{n(n+1)}2+n\left(\left\lfloor\frac{a_1+\dots+a_n}{n}\right\rfloor-1\right),което е точноb1+⋯+bn≤n(n−12+⌊a1+⋯+ann⌋).b_1+\dots+b_n\le n\left(\frac{n-1}{2}+\left\lfloor\frac{a_1+\dots+a_n}{n}\right\rfloor\right).Така исканите числа b1,…,bnb_1,\dots,b_n съществуват.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2019/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Върху окръжност Алина начертава 20192019 хорди, чиито краища са всички различни. Една точка се нарича маркирана, ако е или - един от 40384038-те края на хорда; или - пресечна точка на поне две хорди. От 40384038-те точки от първия вид Алина означава 20192019 точки с 00, а останалите 20192019 точки с 11. Всяка точка от втория вид тя означава с произволно цяло число, не непременно положително. По всяка хорда Алина разглежда отсечките между две съседни маркирани точки. (Ако върху една хорда има kk маркирани точки, тя дава k−1k-1 такива отсечки.) Върху всяка такава отсечка тя записва в жълто сбора на числата в двата ѝ края, а в синьо - абсолютната стойност на тяхната разлика. Алина установява, че жълтите числа, които са N+1N+1 на брой, приемат всяка от стойностите 0,1,…,N0,1,\dots,N точно по веднъж. Докажете, че поне едно синьо число е кратно на 33.
РешениеЩе използваме само остатъците на означенията по модул 33. Да допуснем противното: никое синьо число не е кратно на 33. Тогава двата края на всяка разглеждана отсечка имат различни остатъци по модул 33. За 0≤i<j≤20\le i\lt{}j\le2 нека eije_{ij} е броят на отсечките, чиито краища имат остатъци ii и jj по модул 33. Ще преброим по модул 22 краищата на отсечки, инцидентни с върхове от даден остатък. Всяка вътрешна пресечна точка на хорди участва в четен брой такива краища, защото през нея минават поне две хорди и всяка дава по две съседни отсечки. Краят на хорда участва в точно един такъв край. Понеже има 20192019 крайни точки с означение 00 и 20192019 крайни точки с означение 11, а няма крайни точки с означение 22, получавамеe01+e02≡1(mod2),e_{01}+e_{02}\equiv1\pmod2,e01+e12≡1(mod2),e_{01}+e_{12}\equiv1\pmod2,e02+e12≡0(mod2).e_{02}+e_{12}\equiv0\pmod2.Следователно e02e_{02} и e12e_{12} имат еднаква четност, а e01e_{01} има противоположна четност. От друга страна, жълтото число върху отсечка от тип 0101 е 11 по модул 33, върху отсечка от тип 0202 е 22 по модул 33, а върху отсечка от тип 1212 е 00 по модул 33. Понеже жълтите числа са точно 0,1,…,N0,1,\dots,N, ако M=N+1M=N+1 е броят на отсечките, то броевете на жълтите числа с остатъци 0,1,20,1,2 по модул 33 са съответно: - (q,q,q)(q,q,q), ако M=3qM=3q; - (q+1,q,q)(q+1,q,q), ако M=3q+1M=3q+1; - (q+1,q+1,q)(q+1,q+1,q), ако M=3q+2M=3q+2. Това означава, че (e12,e01,e02)(e_{12},e_{01},e_{02}) е една от тези три тройки. Ако M=3qM=3q, трите числа имат еднаква четност, което противоречи на факта, че e01e_{01} е с противоположна четност на e02e_{02}. Ако M=3q+1M=3q+1, числата e12=q+1e_{12}=q+1 и e02=qe_{02}=q имат различна четност, противоречие. Ако M=3q+2M=3q+2, числата e12=q+1e_{12}=q+1 и e01=q+1e_{01}=q+1 имат еднаква четност, отново противоречие. И в трите случая стигаме до невъзможност. Следователно поне едно синьо число е кратно на 33.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2019/6Условие — източник