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

2021

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Числото 20212021 е фантастично. За всяко положително цяло число mm, ако поне един елемент на множеството {m,2m+1,3m}\{m,2m+1,3m\} е фантастичен, то и трите елемента са фантастични. Следва ли, че числото 2021202120212021 е фантастично?
РешениеОтговорът е да. Ще пишем a⟺ba\Longleftrightarrow b, когато aa е фантастично точно тогава, когато bb е фантастично. От условието получаваме n⟺2n+1n\Longleftrightarrow 2n+1 и n⟺3nn\Longleftrightarrow 3n за всяко положително цяло число nn. Освен това2n⟺4n+1⟺12n+3⟺6n+1⟺3n⟺n.2n\Longleftrightarrow 4n+1\Longleftrightarrow 12n+3\Longleftrightarrow 6n+1\Longleftrightarrow 3n\Longleftrightarrow n.Следователно и 2n⟺n2n\Longleftrightarrow n за всяко n≥1n\ge1. Така всяко положително цяло число е еквивалентно на числото, което се получава след премахване на последната двоична цифра: четно число 2n2n е еквивалентно на nn, а нечетно число 2n+12n+1 е еквивалентно на nn. Повтаряйки този процес, стигаме до 11. Значи всички положителни цели числа са едновременно фантастични или едновременно нефантастични. Понеже 20212021 е фантастично, всяко положително цяло число е фантастично, в частност 2021202120212021.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2021/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f:Q→Qf:\mathbb Q\to\mathbb Q, за коитоf(xf(x)+y)=f(y)+x2f(xf(x)+y)=f(y)+x^2за всички рационални числа xx и yy.
РешениеОтговорите саf(x)=xиf(x)=−x,f(x)=x\quad\text{и}\quad f(x)=-x,и директната проверка е непосредствена. Да означим твърдението с P(x,y)P(x,y). Първо ще покажем, че ако f(z)=0f(z)=0, то z=0z=0. Наистина, от P(z,0)P(z,0) получавамеf(0)=f(0)+z2,f(0)=f(0)+z^2,следователно z=0z=0. Значи ff няма нулеви стойности извън 00. Сега нека a,b∈Qa,b\in\mathbb Q са ненулеви. Тогава f(a)f(a) и f(b)f(b) също са ненулеви. Избираме ненулеви цели числа m,nm,n така, чеnm=af(a)bf(b).\frac nm=\frac{a f(a)}{b f(b)}.За всяко y∈Qy\in\mathbb Q многократното използване на уравнението даваf(y+maf(a))=f(y)+ma2,f(y+m a f(a))=f(y)+m a^2,f(y+nbf(b))=f(y)+nb2.f(y+n b f(b))=f(y)+n b^2.Левите страни са равни по избора на mm и nn, затова ma2=nb2m a^2=n b^2. Следователноaf(a)bf(b)=nm=a2b2,\frac{a f(a)}{b f(b)}=\frac nm=\frac{a^2}{b^2},тоест f(a)/a=f(b)/bf(a)/a=f(b)/b. Значи съществува константа c≠0c\ne0, така че f(x)=cxf(x)=cx за всяко ненулево рационално xx. Поставяме y=0y=0 в началното уравнение. За всяко ненулево xx имамеf(cx2)=f(0)+x2.f(c x^2)=f(0)+x^2.Понеже c≠0c\ne0, лявата страна е c2x2c^2x^2. Такаc2x2=f(0)+x2c^2x^2=f(0)+x^2за всички ненулеви рационални xx, откъдето f(0)=0f(0)=0 и c2=1c^2=1. Следователно c=1c=1 или c=−1c=-1, което дава точно двете решения.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2021/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с тъп ъгъл при AA. Нека EE и FF са пресечните точки на външната ъглополовяща на ∠A\angle A съответно с височините на ABCABC, прекарани през BB и CC. Нека MM и NN са точки съответно от отсечките ECEC и FBFB, за които∠EMA=∠BCAи∠ANF=∠ABC.\angle EMA=\angle BCA\qquad\text{и}\qquad\angle ANF=\angle ABC.Докажете, че точките E,F,N,ME,F,N,M лежат на една окръжност.
РешениеНека BZBZ и CYCY са височините, HH е ортоцентърът, а WW е средата на BCBC. Съгласно IMO Shortlist 2005 G5 правата AWAW пресича отново окръжностите (HYZ)(HYZ), (HEF)(HEF) и (HBC)(HBC) в една и съща точка QQ. ПонежеWA⋅WQ=WB2,WA\cdot WQ=WB^2,окръжността (AQB)(AQB) е допирателна към BCBC в BB. Следователно N∈(AQB)N\in(AQB). Тогава∠QNF=∠QNB=∠QAB=∠QAZ=∠QHZ=∠QHF,\angle QNF=\angle QNB=\angle QAB=\angle QAZ=\angle QHZ=\angle QHF,следователно NN лежи на (HQEF)(HQEF). По същия начин и MM лежи на тази окръжност. Значи E,F,N,ME,F,N,M са вписани в една окръжност.HBCAEFMNQW
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2021/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с инцентър II, а DD е произволна точка от страната BCBC. Правата през DD, перпендикулярна на BIBI, пресича CICI в EE. Правата през DD, перпендикулярна на CICI, пресича BIBI в FF. Докажете, че отражението на AA спрямо правата EFEF лежи на правата BCBC.
РешениеПърво ще докажем следното твърдение. **Твърдение.** Четириъгълникът AEIFAEIF е вписан. **Доказателство.** Нека X=CA∩DFX=CA\cap DF. Тогава∠FXA=∠DXC=∠CDX=\angle FXA=\angle DXC=\angle CDX=90∘−12C=∠AIB=∠FIA90^\circ-\frac12C=\angle AIB=\angle FIAи∠EXF=∠EXD=∠XDE=∠FDE=∠EIF.\angle EXF=\angle EXD=\angle XDE=\angle FDE=\angle EIF.Следователно съответно AFXIAFXI и FXIEFXIE са вписани.\qed По теоремата за линията на Симсон трите проекции на AA върху страните на △IEF\triangle IEF са колинеарни. Проекциите върху IF=BIIF=BI и IE=CIIE=CI са среди на отсечките, чиито други краища са отраженията на AA съответно спрямо правите BIBI и CICI. Тези отражения по определение лежат на BCBC, така че и двете проекции лежат на BCBC. Следователно и проекцията на AA върху EFEF лежи на BCBC. Нейният образ при централната симетрия с център тази проекция, т.е. отражението на AA спрямо EFEF, също лежи на BCBC.ABCDIEF
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2021/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
В равнината е дадена специална точка OO, наречена начало. Нека P\mathcal P е множество от 20212021 точки в равнината, такова че никои три точки от P\mathcal P не лежат на една права и никои две точки от P\mathcal P не лежат на права, минаваща през началото. Наричаме триъгълник с върхове от P\mathcal P обхващащ, ако OO е строго вътре в него. Намерете максималния възможен брой обхващащи триъгълници.
РешениеМаксималният брой е16⋅1010⋅1011⋅2021=343943885.\frac16\cdot1010\cdot1011\cdot2021=343943885.За всяка двойка точки P,Q∈PP,Q\in\mathcal P насочваме ребро P→QP\to Q, ако при завъртане от лъча OPOP към лъча OQOQ по часовниковата стрелка се изминава ъгъл, по-малък от 180∘180^\circ. Понеже никои две точки от P\mathcal P не лежат на права през OO, за всяка двойка се получава точно една посока. Така получаваме турнир върху 20212021 върха. Един триъгълник обхваща OO точно когато трите насочени ребра между върховете му образуват насочен цикъл. Следователно задачата се свежда до максималния брой насочени 33-цикли в турнир с 2021=2⋅1010+12021=2\cdot1010+1 върха. По стандартния резултат от Canada 2006/4 този брой е най-много16n(n+1)(2n+1)\frac16 n(n+1)(2n+1)за 2n+12n+1 върха. При n=1010n=1010 получаваме посочената стойност. Равенство се достига, когато точките са върховете на правилен 20212021-ъгълник с център OO. Тогава съответният турнир е регулярният кръгов турнир и броят на насочените цикли е точно горната граница.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2021/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Съществува ли неотрицателно цяло число aa, за което уравнението⌊m1⌋+⌊m2⌋+⌊m3⌋+⋯+⌊mm⌋=n2+a\left\lfloor\frac m1\right\rfloor+\left\lfloor\frac m2\right\rfloor+\left\lfloor\frac m3\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac mm\right\rfloor=n^2+aима повече от един милион различни решения (m,n)(m,n) в положителни цели числа?
РешениеОтговорът е да. Ще докажем малко по-общо твърдение. **Твърдение.** Нека f:N→Nf:\mathbb N\to\mathbb N е функция, за която f(m)=o(m2)f(m)=o(m^2). Тогава за някое неотрицателно цяло число aa уравнениетоf(m)=n2+af(m)=n^2+aима повече от един милион решения (m,n)(m,n) в положителни цели числа. Доказателство на твърдението. За всяко m=1,2,…,Mm=1,2,\ldots,M избирамеn=⌊x2f(m)⌋,a=f(m)−n2.n=\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}f(m)}\right\rfloor,\qquad a=f(m)-n^2.Тогава a≥0a\ge0 иa=f(m)−⌊x2f(m)⌋2≤2x2f(m).a=f(m)-\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}f(m)}\right\rfloor^2\le2\sqrt{\vphantom{x^2}f(m)}.Понеже f(m)=o(m2)f(m)=o(m^2), имамеmax⁡1≤m≤Mf(m)=o(M2).\max_{1\le m\le M} f(m)=o(M^2).Затова можем да изберем MM достатъчно голямо, така че2x2max⁡1≤m≤Mf(m)+1<M1000001.2\sqrt{\vphantom{x^2}\max_{1\le m\le M} f(m)}+1\lt{}\frac{M}{1000001}.Така от MM различни стойности на mm получаваме MM тройки (m,n,a)(m,n,a), но възможните стойности на aa са по-малко от M/1000001M/1000001. По принципа на Дирихле някоя стойност на aa се среща повече от 10000001000000 пъти. Това доказва твърдението. В нашата задача вземамеf(m)=∑i=1m⌊mi⌋.f(m)=\sum_{i=1}^m\left\lfloor\frac mi\right\rfloor.Имаме оценкатаf(m)≤m∑i=1m1i=O(mlog⁡m)=o(m2),f(m)\le m\sum_{i=1}^m\frac1i=O(m\log m)=o(m^2),така че общото твърдение се прилага и дава търсеното число aa.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2021/6Условие — източник