IMO

Evan Chen / IMO Solution Notes

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

29 години1 класаИма видими липси

По година По клас

Избран клас

11-12

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

2023 · 11-12: липсва задача 2
2019 · 11-12: липсва задача 2
2017 · 11-12: липсва задача 3, 4
2015 · 11-12: липсва задача 3, 4
2014 · 11-12: липсва задача 3
2013 · 11-12: липсва задача 3, 4

1997

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В равнината е дадена безкрайна шахматна дъска. За всяка двойка положителни цели числа

m

n

разглеждаме правоъгълен триъгълник с върхове във възли на решетката, чиито катети са с дължини

m

n

и лежат върху страни на квадратчетата. Нека

S_1

е общата площ на черната част на триъгълника, а

S_2

- общата площ на бялата част. Нека

f(m,n)=|S_1-S_2|.

(a) Намерете

f(m,n)

за всички положителни цели

m,n

, които са или и двете четни, или и двете нечетни. (b) Докажете, че

f(m,n)\le\frac12\max\{m,n\}

за всички

m,n

. (c) Докажете, че не съществува константа

C

, такава че

f(m,n)\lt{}C

за всички

m,n

Решение

За област в равнината ще наричаме ориентирана разлика нейната черна площ минус нейната бяла площ. Допускаме тя да е отрицателна, така че ориентираната разлика е адитивна, а

f(m,n)

е абсолютната стойност на ориентираната разлика на съответния правоъгълен триъгълник. За (a) отговорът е

0\quad\text{ако }m,n\text{ са четни},

\qquad \frac12\quad\text{ако }m,n\text{ са нечетни}.

Да разгледаме следната схема.Триъгълниците

APM

BQM

са еднакви. Освен това, когато

m\equiv n\pmod 2

, техните шахматни оцветявания съвпадат, защото преместването от единия към другия запазва цвета на всяка съответна точка. Следователно ориентираната разлика на големия триъгълник е точно ориентираната разлика на правоъгълника

CPQB

. Той има цели хоризонтални дължини и височина

n/2

; ако

m,n

са четни, правоъгълникът се разпада на цели редове с равни черна и бяла площ и разликата е

0

. Ако

m,n

са нечетни, остава точно половин ред с едно квадратче повече от единия цвят, така че абсолютната разлика е

1/2

. За (b) случаите от (a) вече дават

f(m,n)\le1/2\le\frac12\max\{m,n\}

. Остава да разгледаме различни четности. Нека например

m

е четно, а

n

е нечетно. Триъгълникът с катети

m

n

може да се разреже на триъгълник с катети

m

n-1

и тънък триъгълник с основа

1

и височина

m

. Първата част има ориентирана разлика

0

по (a), а абсолютната ориентирана разлика на втората част е най-много нейната площ

m/2

. Значи

f(m,n)\le m/2\le\frac12\max\{m,n\}

. Случаят, в който

m

е нечетно, а

n

е четно, е симетричен. За (c) ще докажем, че за всяко

k\ge1

е изпълнено

f(2k,2k+1)=\frac{2k-1}{6}.

Това веднага изключва съществуването на универсална константа

C

, защото дясната страна расте неограничено с

k

. За илюстрация при

k=2

използваме триъгълник с върхове

(0,0)

(0,2k)

(2k+1,0)

.Без ограничение нека горното ляво квадратче е черно. Малките

2k

бели триъгълника непосредствено под диагонала имат обща площ

\frac12\cdot\frac1{2k+1}\cdot\frac1{2k}\left(1^2+2^2+\cdots+(2k)^2\right)=

\frac{4k+1}{12}.

От друга страна,

2k

-те черни многоъгълника непосредствено под диагонала имат обща площ

\sum_{i=1}^{2k}\left(1-\frac12\cdot\frac1{2k+1}\cdot\frac1{2k}\cdot i^2\right)=

2k-\frac{4k+1}{12}=\frac{20k-1}{12}.

В останалите цели квадратчета, които са общо

1+2+\cdots+2k

, белите квадратчета са с

k

повече от черните. Следователно ориентираната разлика по абсолютна стойност е

f(2k,2k+1)=\left|-k+\frac{20k-1}{12}-\frac{4k+1}{12}\right|=\frac{2k-1}{6}.

Така

f(2k,2k+1)

е неограничена величина, което доказва (c).

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1997/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник, за който

\angle A\lt{}\min(\angle B,\angle C)

. Точките

B

C

разделят описаната окръжност на триъгълника на две дъги. Нека

U

е вътрешна точка на дъгата

BC

, която не съдържа

A

. Симетралите на отсечките

AB

AC

пресичат правата

AU

съответно в точките

V

W

. Правите

BV

CW

се пресичат в

T

. Докажете, че

AU=TB+TC

Решение

Нека правата през

B,T,V

пресича описаната окръжност повторно в

U_1

; тогава

AU_1UB

е равнобедрен трапец. Аналогично дефинираме

U_2

чрез правата през

C,T,W

.В първия равнобедрен трапец равните диагонали са

AU

BU_1

, следователно

AU=BU_1

. Понеже

T

лежи на правата

BU_1

, имаме

BU_1=BT+TU_1

. Аналогичният втори трапец дава последното нужно равенство

TU_1=TC

. Така

AU=BU_1=BT+TU_1=BT+TC,

както се искаше.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1997/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

x_1,x_2,\ldots,x_n

са реални числа, за които

|x_1+x_2+\cdots+x_n|=1,

\qquad |x_i|\le\frac{n+1}{2}\quad(i=1,2,\ldots,n).

Докажете, че съществува пермутация

y_1,y_2,\ldots,y_n

на

x_1,x_2,\ldots,x_n

, такава че

|y_1+2y_2+\cdots+ny_n|\le\frac{n+1}{2}.

Решение

Без ограничение можем да приемем, че

x_1+x_2+\cdots+x_n=1

, като при нужда сменим знаците на всички числа. Също така ги преномерираме така, че

x_1\le x_2\le\cdots\le x_n

. По неравенството за пренареждане най-голямата възможна стойност на

\sum_{i=1}^n i y_i

A=\sum_{i=1}^n i x_i,

а най-малката е

B=\sum_{i=1}^n (n+1-i)x_i.

Средната стойност на тази сума по всички пермутации е

\frac{1+2+\cdots+n}{n}(x_1+x_2+\cdots+x_n)=\frac{n+1}{2},

затова

B\le (n+1)/2\le A

. Сега преминаваме от реда, който дава

A

, към обратния ред, който дава

B

, чрез последователни размени на съседни елементи. Ако на позиции

i

i+1

разменим

u\le v

, стойността намалява с

v-u

, а от условието

v-u\le n+1

. Интервалът

[-(n+1)/2,(n+1)/2]

има дължина

n+1

. Понеже започваме не по-малко от

(n+1)/2

и завършваме не по-голямо от

(n+1)/2

, а всяка стъпка е с дължина най-много

n+1

, някоя междинна пермутация дава стойност в този интервал. Това е точно исканото.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1997/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Матрица

n\times n

с елементи от множеството

S=\{1,2,\ldots,2n-1\}

се нарича сребърна, ако за всяко

i=1,2,\ldots,n

i

-тият ред и

i

-тият стълб заедно съдържат всички елементи на

S

. Докажете, че: (a) не съществува сребърна матрица за

n=1997

; (b) сребърни матрици съществуват за безбройно много стойности на

n

Решение

За (a) наричаме кръст обединението на един ред и съответния му стълб. Всяка клетка извън главния диагонал участва в точно два кръста, а всяка диагонална клетка участва в точно един. Ако имаше сребърна матрица за

n=1997

, всеки символ

s\in S

щеше да се среща във всеки от

1997

-те кръста, тоест общият му брой участия в кръстове щеше да е нечетен. Извън диагонала всяко срещане се брои два пъти, затова броят на срещанията на

s

върху диагонала трябва да е нечетен, в частност поне едно. Но

|S|=3993

, а диагоналът има само

1997

клетки, противоречие. За (b) ще построим сребърна матрица

M_e

за всяко

n=2^e

e\ge1

, като поддържаме и свойството, че всички единици са точно по главния диагонал. За

e=1

вземаме матрицата с редове

(1,2)

(3,1)

. Нека вече имаме

M_{e-1}

с размер

m=2^{e-1}

и положим

c=2^e-1=2m-1

. Първо образуваме блокова матрица с блокове

M_{e-1}

горе вляво и долу вдясно, а

M_{e-1}+c

горе вдясно и долу вляво. Тя съдържа числата от

1

до

2^{e+1}-2

; липсва само

2^{e+1}-1

. Във всеки нов кръст ниските числа идват от стар кръст на

M_{e-1}

, а високите числа идват от съответните ред и стълб на изместените блокове. Единствената повторена висока стойност е

2^e

, защото тя идва от диагоналните единици на стария блок. Заменяме в горния десен блок тези стойности

2^e

с четен локален диагонален индекс с

2^{e+1}-1

, а в долния ляв блок - тези с нечетен локален диагонален индекс. Тогава всеки кръст вижда точно едно от двете си копия на

2^e

заменено с липсващото число

2^{e+1}-1

, а всички останали числа остават налични. Следователно получаваме сребърна матрица от размер

2^e

. Понеже това работи за всяко

e\ge1

, такива размери има безбройно много.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1997/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете всички двойки положителни цели числа

(a,b)

, за които

a^{b^2}=b^a.

Решение

Отговорът е

(1,1),\quad(16,2),\quad(27,3).

Ако едно от числата

a,b

е равно на

1

, веднага получаваме

(a,b)=(1,1)

. Нека занапред

a,b\gt{}1

. Всяко цяло число, по-голямо от

1

, се представя еднозначно във вида

t^m

, където

m\in\mathbb N

, а

t

не е точна степен. Да запишем

a=s^m

b=t^n

в този вид. От

\left(s^m\right)^{t^{2n}}=\left(t^n\right)^{s^m}

и еднозначността следва

s=t

, а после

m t^{2n}=n t^m,\qquad\text{тоест}\qquad t^{2n-m}=\frac nm.

Нека

e=2n-m

. Тогава

n=t^e m

и след заместване получаваме

e+m=2t^e m.

Разглеждаме възможностите за цялото число

e

. Ако

e\gt{}0

, дясната страна е по-голяма от

e+m

, невъзможно. Ако

e=0

, получаваме

m=2m

, пак невъзможно. Ако

e=-1

, то

m-1=\frac{2m}{t},\qquad m=\frac{t}{t-2},

откъдето единствената допустима възможност е

t=3

m=3

n=1

, даваща

(a,b)=(27,3)

. Ако

e=-2

, то

m-2=\frac{2m}{t^2},\qquad m=\frac{2t^2}{t^2-2},

откъдето получаваме

t=2

m=4

n=1

, тоест

(a,b)=(16,2)

. Накрая, ако

e=-k\le-3

, тогава

m=k+\frac{2k}{t^k-2}.

За

k\ge3

t\ge2

имаме

t^k-2\ge2k

, като равенство е възможно само при

(t,k)=(2,3)

; тогава обаче

n=m/t^k

не е цяло число. Други случаи няма. Проверка показва, че трите намерени двойки наистина удовлетворяват уравнението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1997/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

За всяко положително цяло число

n

нека

f(n)

е броят на представянията на

n

като сума от степени на

2

с неотрицателни цели показатели. Представяния, които се различават само по реда на събираемите, се смятат за еднакви. Например

f(4)=4

, защото

4,\qquad 2+2,\qquad 2+1+1,\qquad 1+1+1+1

са четирите такива представяния. Докажете, че за всяко цяло число

n\ge3

е изпълнено

2^{n^2/4}\lt{}f(2^n)\lt{}2^{n^2/2}.

Решение

Полагаме

f(0)=1

. Ако сортираме представянията на

N

според броя на използваните единици, след премахване на тези единици и деление на останалите събираеми на

2

получаваме рекурсията

f(N)=\sum_{j=0}^{\lfloor N/2\rfloor} f(j).

Оттук веднага следва, че

f

е монотонна и че

f(2r+1)=f(2r)

. Горната оценка доказваме с индукция. За

n=3

имаме

f(8)=10\lt{}2^{9/2}

. За

n\ge4

от рекурсията и монотонността получаваме

f(2^n)\le (2^{n-1}+1)f(2^{n-1})\lt{}2^{n-1/2}f(2^{n-1}),

защото

2^{n-1}+1\lt{}2^{n-1/2}

. Индукционното предположение дава

f(2^n)\lt{}2^{n-1/2}\cdot2^{(n-1)^2/2}\lt{}2^{n^2/2}.

За долната оценка ни трябва лека изпъкналост. Ако

a+b

е четно, то

f(2a)+f(2b)\ge2f(a+b).

Наистина, при

a\ge b

m=(a+b)/2

рекурсията свежда това до

\sum_{j=m+1}^{a} f(j)\ge\sum_{j=b+1}^{m} f(j),

което следва от монотонността, понеже двете суми имат еднакъв брой събираеми. Следователно за

1\le k\lt{}2^{n-1}

имаме

f(2^{n-1}-k)+f(k+1)\ge2f(2^{n-2}),

като при нужда използваме

f(2r+1)=f(2r)

, за да направим двата аргумента четни. В рекурсията за

f(2^n)

сдвояваме членовете

f(r)

за

1\le r\le2^{n-1}

като

f(k+1)

f(2^{n-1}-k)

. Първата двойка

f(1)+f(2^{n-1})

също е поне

2f(2^{n-2})

, защото

f(2^{n-1})\ge2f(2^{n-2})

. Така

f(2^n)\gt{}2^{n-1}f(2^{n-2}).

По индукционното предположение за

n-2

получаваме

f(2^n)\gt{}2^{n-1}\cdot2^{(n-2)^2/4}=2^{n^2/4},

а началото

n=3,4

се проверява директно от

f(8)=10

f(16)=36

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1997/6Условие — източник

1998

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Изпъкналият четириъгълник

ABCD

има перпендикулярни диагонали. Симетралите на страните

AB

CD

се пресичат в единствена точка

P

във вътрешността на

ABCD

. Докажете, че

ABCD

е вписан тогава и само тогава, когато триъгълниците

ABP

CDP

имат равни лица.

Решение

Ако

ABCD

е вписан, то

P

е центърът на описаната окръжност. В този случай от перпендикулярността на диагоналите следва, че съответните централни ъгли дават равни синуси, а понеже

PA=PB=PC=PD

, получаваме равни лица на

\triangle ABP

\triangle CDP

. Остава трудната посока. Нека

M

N

са средите съответно на

AB

CD

, а

E=AC\cap BD

.Първо ще докажем, че без допълнителни условия е вярно

\angle NEM=\angle MPN

като насочени ъгли. Наистина,

EN

е медиана към хипотенузата в правоъгълния триъгълник

ECD

, а аналогично

EM

е медиана към хипотенузата в правоъгълния триъгълник

EAB

. Следователно

\angle NED=\angle EDN=\angle BDC,\qquad \angle AEM=\angle ACB.

Нека

X=AB\cap CD

. Понеже

AC\perp BD

, като разгледаме четириъгълника

XDEA

, получаваме

\angle NED+\angle AEM+\angle DXA=90^\circ.

Затова

\angle NEM=\angle NED+\angle AEM+90^\circ=

-\angle DXA=-\angle NXM=-\angle NPM,

което е същото твърдение в насочени ъгли. От равенството на лицата имаме

[ABP]=[CDP].

Тъй като

PM\perp AB

PN\perp CD

AB=2EM

CD=2EN

, това е еквивалентно на

\frac{EN}{EM}=\frac{PM}{PN}.

За фиксирани

M,N,P

последното отношение, заедно с вече доказаното равенство на ъглите и с факта, че

\angle MEN\gt{}90^\circ

в тази конфигурация, определя точката

E

еднозначно: тя е отражението на

P

спрямо средата на

MN

. Следователно

EMPN

е успоредник. Понеже

PN\perp CD

, получаваме

ME\perp CD

. Оттук

\angle BAE=\angle CEM=\angle EDC,

което доказва, че

ABCD

е вписан.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

В състезание участват

a

състезатели и

b

съдии, където

b\ge3

е нечетно цяло число. Всеки съдия оценява всеки състезател като издържал или неиздържал. Нека

k

е число с това свойство: за всеки двама съдии оценките им съвпадат за най-много

k

състезатели. Докажете, че

\frac{k}{a}\ge\frac{b-1}{2b}.

Решение

Ще броим по два начина съвпадащите оценки. Нека

N

е броят на двойките

({J_1,J_2},C)

, където

J_1

J_2

са различни съдии, а

C

е състезател, за който двамата съдии са дали една и съща оценка. От условието, ако първо изберем двойката съдии, всяка такава двойка участва за най-много

k

състезатели. Следователно

N\le \binom b2 k.

От друга страна, запишем ли

b=2m+1

, за фиксиран състезател

C

нека

r

съдии са го оценили като издържал, а останалите

b-r

като неиздържал. Броят на двойките съдии със съвпадаща оценка за този

C

\binom r2+\binom{b-r}{2}.

Тази величина е минимална, когато

r=m

или

r=m+1

, и тогава е

\binom m2+\binom{m+1}{2}=m^2.

Значи всеки състезател допринася поне

m^2

N\ge am^2.

Комбинираме двете оценки:

am^2\le N\le \binom{2m+1}{2}k=m(2m+1)k.

След съкращаване получаваме

\frac ka\ge\frac{m}{2m+1}=\frac{b-1}{2b},

както се искаше.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

За всяко положително цяло число

n

нека

\tau(n)

означава броя на положителните му делители, включително

1

и самото

n

. Определете всички положителни цели числа

m

, за които съществува положително цяло число

n

такова, че

\frac{\tau(n^2)}{\tau(n)}=m.

Решение

Отговорът е: точно всички нечетни положителни цели числа. Нека

n=\prod_i p_i^{e_i}.

Тогава

\frac{\tau(n^2)}{\tau(n)}=\prod_i \frac{2e_i+1}{e_i+1}.

Следователно, ако тази стойност е цяло число, то тя е нечетна: след привеждане на произведението до несъкратима дроб всички числители са нечетни, така че числителят остава нечетен, а щом дробта е цяло число, знаменателят трябва да се съкрати напълно. Остава да построим всяко нечетно число. Ще докажем това с индукция по нечетното

M

. За

M=1

вземаме

n=1

. Нека

M\gt{}1

е нечетно и да запишем

M+1=2^t k,

където

t\ge1

k

е нечетно. По индукционното предположение числото

k

вече може да се представи като произведение на множители от вида

(2e+1)/(e+1)

. Сега използваме телескопичното произведение

\prod_{r=t}^{2t-1}\frac{2^{r+1}k-2^{r-t+1}(k+1)+1}{2^r k-2^{r-t}(k+1)+1}=

\frac{(2^t k-1)(2^t-1)}{k(2^t-1)}=\frac Mk.

Всеки множител вляво е от вида

(2e+1)/(e+1)

, защото знаменателят е

e+1

за

e=2^r k-2^{r-t}(k+1),

а числителят е

2e+1

. Следователно можем да умножим представянето на

k

по това телескопично произведение и получаваме представяне на

M

. Накрая избираме различни прости числа за всички използвани показатели

e

, което дава нужното

n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Намерете всички двойки положителни цели числа

(x,y)

, за които

xy^2+y+7

дели

x^2y+x+y

Решение

Отговорът е

(x,y)=(7k^2,7k)\quad(k\ge1),

\qquad (11,1),\qquad (49,1).

Нека

D=xy^2+y+7.

От условието

D\mid x^2y+x+y

. Умножаваме делимото по

y

и изваждаме

xD

; получаваме

D\mid y(x^2y+x+y)-x(xy^2+y+7)=y^2-7x.

Ако

y^2\gt{}7x

, то

0\lt{}y^2-7x\lt{}D

, невъзможно. Ако

y^2=7x

, тогава

7\mid y

, да кажем

y=7k

, и

x=7k^2

. Тези двойки наистина работят, защото тогава

x^2y+x+y=k(xy^2+y+7).

Остава случаят

y^2\lt{}7x

. Тогава

D

дели положителното число

7x-y^2

, значи

xy^2+y+7=D\le7x-y^2\lt{}7x.

Оттук

y^2\lt{}7

, тоест

y=1

или

y=2

. При

y=1

получаваме

x+8\mid x^2+x+1.

По модул

x+8

това е еквивалентно на

x+8\mid 64-8+1=57,

откъдето

x+8=19

или

x+8=57

, тоест

x=11

или

x=49

. При

y=2

имаме

4x+9\mid 2x^2+x+2.

Умножаваме по

8

и редуцираме с

4x\equiv -9

по модул

4x+9

4x+9\mid 16x^2+8x+16\equiv81-18+16=79.

Но

4x+9

не може да бъде делителят

1

или

79

за положително цяло

x

, така че тук решения няма.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

I

е инцентърът на триъгълник

ABC

. Вписаната окръжност на

ABC

се допира до страните

BC

CA

AB

съответно в

K

L

M

. Правата през

B

, успоредна на

MK

, пресича правите

LM

LK

съответно в

R

S

. Докажете, че ъгълът

RIS

е остър.

Решение

Понеже

K

L

M

лежат върху вписаната окръжност с център

I

, точката

I

е центърът на описаната окръжност на триъгълника

MKL

. Ще дадем проверено координатно доказателство на елементарната идея. Нормализираме вписаната окръжност да е единичната окръжност с център

I=(0,0)

и завъртаме чертежа така, че допирните точки от

B

са

K=(\cos\alpha,-\sin\alpha),\qquad M=(\cos\alpha,\sin\alpha).

Тогава допирателните в

K

M

се пресичат в

B=(\sec\alpha,0)

. Нека още

L=(u,v)

; имаме

u^2+v^2=1

. Понеже

MK

е вертикална, правата през

B

, успоредна на

MK

, е

x=\sec\alpha

. Ако

\lambda=\frac{\sec\alpha-u}{\cos\alpha-u},

то пресечните точки с

LM

LK

са

R=L+\lambda(M-L),\qquad S=L+\lambda(K-L).

Следователно техните ординати са

y_R=(1-\lambda)v+\lambda\sin\alpha,\qquad y_S=(1-\lambda)v-\lambda\sin\alpha.

От формулата за

\lambda

получаваме

1-\lambda=-\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha(\cos\alpha-u)}.

Затова, използвайки

v^2=1-u^2

y_Ry_S=(1-\lambda)^2v^2-\lambda^2\sin^2\alpha=-\tan^2\alpha.

Сега

\overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS}=\sec^2\alpha+y_Ry_S=\sec^2\alpha-\tan^2\alpha=1\gt{}0.

Следователно ъгълът

RIS

е остър.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Класифицирайте всички функции

f:\mathbb N\to\mathbb N

, за които

f(n^2f(m))=m f(n)^2

за всички положителни цели числа

m,n

Решение

Отговорът е следният. Избираме произволна инволюция

g

върху множеството на простите числа и я продължаваме до напълно мултипликативна функция върху

\mathbb N

. После избираме положително цяло число

d

g(d)=d

и полагаме

f(n)=d g(n).

Всички такива функции работят, защото

f(n^2f(m))=d g(n)^2 g(d)g(g(m))=

d^2 m g(n)^2=m f(n)^2.

Ще докажем, че други решения няма. Нека

d=f(1)

. От уравнението последователно получаваме

f(d)=d^2,\qquad f(f(n))=d^2n,\qquad f(dn^2)=f(n)^2.

Второто равенство в частност показва, че

f

е инективна. Сега за произволни

a,b

имаме

f(a)^2f(b)^2=f(da^2)f(b)^2=

f\left(b^2f(f(da^2))\right)=f(d^3a^2b^2)=f(dab)^2.

Понеже стойностите са положителни,

f(a)f(b)=f(dab).

При

a=1

следва

d f(b)=f(db),

а тогава общото равенство се записва като

f(a)f(b)=d f(ab).

Следва, че всяка стойност на

f

се дели на

d

. Наистина, от последното равенство по индукция получаваме

f(n^r)=\frac{f(n)^r}{d^{r-1}}\quad(r\ge1).

Лявата страна е цяло число за всяко

r

, а като гледаме степента на всеки прост делител на

d

и пуснем

r

да расте, получаваме

d\mid f(n)

. Затова можем да дефинираме

g(n)=f(n)/d

. Тогава

g(ab)=g(a)g(b)

, т.е.

g

е напълно мултипликативна, а от

f(f(n))=d^2n

f(dn)=df(n)

следва

g(g(n))=n.

Значи

g

е инволюция. Освен това

f(d)=d^2

дава

g(d)=d

. Накрая

g

праща прости числа в прости числа: ако за просто

p

числото

g(p)

имаше поне два нетривиални множителя, то по мултипликативност и от

g(g(p))=p

бихме получили разлагане на простото число

p

. Следователно

g

е точно инволюция на простите числа, продължена напълно мултипликативно, и описанието по-горе е пълно.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/6Условие — източник

1999

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Множество

S

от точки в пространството ще наричаме напълно симетрично, ако има поне три елемента и изпълнява следното условие: за всеки две различни точки

A

B

от

S

равнината, която е перпендикулярна на

AB

и минава през средата на

AB

, е равнина на симетрия за

S

. Докажете, че ако едно напълно симетрично множество е крайно, то се състои от върховете или на правилен многоъгълник, или на правилен тетраедър, или на правилен октаедър.

Решение

Нека

G

е центърът на тежестта на точките от

S

. Първо ще докажем, че всички точки от

S

лежат върху сфера

\Gamma

с център

G

. Наистина, всяка равнина на симетрия на

S

фиксира центъра на тежестта му. Следователно за всеки две точки

A,B\in S

перпендикулярната симетрална равнина на

AB

минава през

G

, откъдето

GA=GB

. Сега разглеждаме произволна равнина, която минава през поне три точки на

S

. Тя пресича сферата

\Gamma

в окръжност. Точките на

S

в тази равнина образуват правилен многоъгълник: ако

A

B

C

са три съседни такива точки върху окръжността, симетрията спрямо перпендикулярната симетрална равнина на

AB

дава

AB=BC

, и същото важи за всички съседни страни. Ако всички точки на

S

лежат в една равнина, вече сме готови. Иначе точките на

S

определят изпъкнал многостен

\Pi

, вписан в

\Gamma

. От предишния абзац всяка негова стена е правилен многоъгълник, а всички ребра имат една и съща дължина

s

. Ще докажем, че всяка стена на

\Pi

е равностранен триъгълник. Да допуснем противното и нека някоя стена е

A_1A_2\dots A_n

n\gt{}3

. Нека

B

е връх, съседен на

A_1

в многостена, различен от

A_2

A_n

. Разглеждаме равнината през

A_1,A_3,B

. Тя трябва да дава правилен многоъгълник от точки на

S

, но върху съответната сечеща окръжност дъгата

A_1A_3

е по-дълга от дъгата

A_1B

, а по построение между краищата на тези дъги няма други точки от

S

. Това противоречи на правилността на многоъгълника. Следователно всички стени на

\Pi

са еднакви равностранни триъгълници. По класификацията на правилните изпъкнали многостени това оставя правилен тетраедър, правилен октаедър или правилен икосаедър. Икосаедърът обаче не удовлетворява условието: ако се вземат два противоположни върха, тяхната перпендикулярна симетрална равнина не е равнина на симетрия на множеството от върхове. Остават точно правилният тетраедър и правилният октаедър.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете най-малката константа

C

, така че за всяко цяло число

n\gt{}1

и всички неотрицателни реални числа

x_1,\dots,x_n

да е изпълнено

\sum_{1\le i\lt{}j\le n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2)\le

C\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^4.

Определете случаите на равенство.

Решение

Отговорът е

C=\frac18.

Първо доказваме оценката. Имаме

\sum_{i\lt{}j}x_ix_j(x_i^2+x_j^2)\le

\left(\sum_k x_k^2\right)\left(\sum_{i\lt{}j}x_ix_j\right).

Нека

A=\sum_k x_k^2

B=2\sum_{i\lt{}j}x_ix_j

. Тогава

(\sum_i x_i)^2=A+B

, а от AM-GM следва

\left(\sum_k x_k^2\right)\left(\sum_{i\lt{}j}x_ix_j\right)=\frac{AB}{2}\le

\frac{(A+B)^2}{8}=\frac18\left(\sum_i x_i\right)^4.

Значи

C=\frac18

е достатъчно. То е и най-малката възможна константа: при

n=2

x_1=x_2\gt{}0

получаваме равенство. Нека сега разгледаме равенството. В първата оценка равенство може да има само когато най-много два от членовете

x_i

са положителни, а във втората е нужно

A=B

. Ако ненулевите членове са

a

b

, това дава

a^2+b^2=2ab

, тоест

a=b

. Следователно нетривиалните случаи на равенство са точно когато два от

x_i

са равни положителни числа, а всички останали са нули; нулевият вектор дава тривиално равенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е четно положително цяло число. Да се намери минималният брой квадратчета на дъска

n\times n

, които трябва да бъдат отбелязани, така че всяко квадратче, независимо дали е отбелязано или не, да има съседно по страна отбелязано квадратче.

Решение

Отговорът е

\frac{n(n+2)}4.

Първо ще дадем строеж. Ще наричаме аура на домино от две съседни по страна квадратчета множеството от всички квадратчета, които са съседни по страна на поне едно от двете квадратчета на доминото. Ако отбележим двете квадратчета на всяко такова домино и аурите покриват дъската, тогава всяко квадратче има отбелязан съсед: за квадратчетата в самото домино този съсед е другата му половина. Лявата част на схемата показва повтарящия се строеж върху дъска

12\times12

. Същият модел се чете отвън навътре: когато текущият квадрат има четна страна

k

, новият външен слой използва

k/2

домина, а след това остава същата задача за квадрат със страна

k-2

. Затова общият брой домина е

1+2+\dots+\frac n2=\frac{n(n+2)}8,

а отбелязаните квадратчета са два пъти повече, т.е.

\frac{n(n+2)}4

. Цветните фигури в схемата са съответните аури; край дъската някои от тях са отрязани от границата.Остава да докажем, че по-малко отбелязани квадратчета не стигат. Оцветяваме дъската на пръстени през един, както е показано в дясната част на схемата: външният пръстен е син, следващият не е, следващият пак е син и т.н. Броят на сините квадратчета е

(4n-4)+(4(n-4)-4)+(4(n-8)-4)+\dots=

\frac{n(n+2)}2.

Ще преброим съседствата между синьо квадратче и отбелязано квадратче. Всяко синьо квадратче има поне един отбелязан съсед по условие, така че броят на тези съседства е поне

\frac{n(n+2)}2

. От друга страна, от пръстеновото оцветяване всяко квадратче на дъската има най-много два сини съседа по страна. Следователно едно отбелязано квадратче може да участва в най-много две такива съседства. Ако броят на отбелязаните квадратчета е

m

, получаваме

\frac{n(n+2)}2\le2m,

откъдето

m\ge\frac{n(n+2)}4.

Строежът вече показа, че тази граница се достига.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Намерете всички двойки положителни цели числа

(x,p)

, за които

p

е просто число,

x^{p-1}

дели

(p-1)^x+1

x\le 2p

Решение

Решенията са

x=1

за всяко просто

p

, както и двойките

(2,2)

(3,3)

. Наистина,

x=1

винаги работи. При

p=2

условието е

x\mid2

, откъдето

x=1

или

x=2

. При

p=3

x\le6

директната проверка дава

x=1

или

x=3

. Остава да покажем, че други решения няма. Нека

x\gt{}1

и нека

q

е най-малкият прост делител на

x

. Ако

q=2

, то

(p-1)^x+1

е нечетно за нечетно

p

, а случаят

p=2

вече е разгледан; следователно

q

е нечетно. От делимостта следва

(p-1)^x\equiv-1\pmod q,

така че редът на

p-1

по модул

q

е четен, дели

2x

и дели

q-1

. Понеже

q

е най-малкият прост делител на

x

, имаме

\gcd(q-1,x)=1

, следователно този ред дели

2

. Значи редът е

2

, тоест

p-1\equiv-1\pmod q

, и така

q\mid p

. Понеже

p

е просто, получаваме

p=q

, в частност

p\mid x

. Нека

a=v_p(x)\ge1

. По LTE, понеже

x

е нечетно,

v_p((p-1)^x+1)=1+v_p(x)=1+a.

От

x^{p-1}\mid (p-1)^x+1

следва

(p-1)a\le1+a,

което е възможно само при

p=3

. Този случай вече беше разгледан, затова списъкът по-горе е пълен.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Две окръжности

\Omega_1

\Omega_2

се допират вътрешно до окръжността

\Omega

съответно в точките

M

N

, а центърът на

\Omega_2

лежи върху

\Omega_1

. Общата хорда на окръжностите

\Omega_1

\Omega_2

пресича

\Omega

в точките

A

B

. Правите

MA

MB

пресичат

\Omega_1

за втори път съответно в точките

C

D

. Докажете, че

\Omega_2

се допира до правата

CD

Решение

Нека

P

Q

са центровете съответно на

\Omega_1

\Omega_2

. Нека правата

MQ

пресича

\Omega

за втори път в

W

; това е образът на

Q

при хомотетията с център

M

, която изпраща

\Omega_1

\Omega

. Нека още

T

е пресечната точка на отсечката

PQ

\Omega_2

, а

L

е нейният образ върху

\Omega

при хомотетията с център

N

. Понеже правата

PTQ

е перпендикулярна на общата хорда

AB

, получаваме, че

LW

е диаметър на

\Omega

. Да означим центъра на

\Omega

O

.Първо, четириъгълникът

MNTQ

е вписан. Наистина, по теоремата на Райм имаме

\angle TQM=\angle LWM=\angle LNM=\angle TNM,

което доказва твърдението. Нека

E

е средата на

AB

. Ще използваме и факта, че

OEMN

е вписан. Допирателните към

\Omega

M

N

са радикалните оси съответно на двойките

(\Omega,\Omega_1)

(\Omega,\Omega_2)

, а правата

AB

е радикалната ос на

(\Omega_1,\Omega_2)

. Следователно тези три прави се пресичат в един радикален център

R

. Понеже

OM\perp RM

ON\perp RN

OE\perp RE

, точките

O,E,M,N

лежат на окръжността с диаметър

OR

. Сега ще докажем, че

M,T,E

са колинеарни. От вече доказаната вписаност на

MNTQ

, от хомотетичните построения на

L

W

, и от вписаността на

OEMN

получаваме

\angle NMT=\angle TQN=\angle LON=\angle NOE=\angle NME.

Значи правите

MT

ME

съвпадат. Накрая разглеждаме хомотетията с център

M

, която изпраща

\Omega

\Omega_1

. Тя изпраща триъгълника

WAB

в триъгълника

QCD

. Следователно средата

E

на

AB

се изпраща в средата на

CD

. Образът на

E

лежи на правата

ME

, а средата на хордата

CD

лежи и на правата през

P

Q

, перпендикулярна на

AB

. Тази пресечна точка е

T

, понеже вече знаем, че

M,T,E

са колинеарни. Значи

T,C,D

са колинеарни. Освен това

QT\perp CD

, така че правата

CD

е допирателна към

\Omega_2

T

, както трябваше да се докаже.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f:\mathbb R\to\mathbb R

, за които

f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1

за всички

x,y\in\mathbb R

Решение

Отговорът е

f(x)=1-\frac{x^2}{2},

което се проверява директно. За обратната посока означаваме даденото равенство с

P(x,y)

. От

P(f(y),y)

получаваме

2f(f(y))+f(y)^2-1=f(0).

Нека

c=\frac{f(0)-1}{2}

S=\operatorname{im} f

. Тогава за всяко

s\in S

имаме

f(s)=c+1-\frac{s^2}{2}.

Следователно за всяко

x\in\mathbb R

s\in S

е вярно

f(x-s)=f(x)+sx+c-\frac{s^2}{2}.\qquad(1)

Множеството

S

има ненулев елемент: иначе

f\equiv0

, което не удовлетворява уравнението. Фиксираме

s_0\in S

s_0\ne0

. От (1) разликата

f(t-s_0)-f(t)=s_0t+c-\frac{s_0^2}{2}

приема всички реални стойности, когато

t

се мени, така че

S-S=\mathbb R

. Нека

z\in\mathbb R

и изберем

u,v\in S

z=u-v

. Прилагаме (1) два пъти, веднъж с

x+v

u

, и веднъж с

x+v

v

f(x-z)=f(x+v-u)=f(x+v)+u(x+v)+c-\frac{u^2}{2},

f(x)=f(x+v-v)=f(x+v)+v(x+v)+c-\frac{v^2}{2}.

След изваждане, понеже

u-v=z

, получаваме

f(x-z)=f(x)+zx-\frac{z^2}{2}.\qquad(2)

В (2) полагаме

x=z

. Тогава за всяко реално

z

имаме

f(z)=f(0)-\frac{z^2}{2}.

Нека

A=f(0)

. Замествайки

f(x)=A-\frac{x^2}{2}

в първоначалното уравнение, двете страни се различават точно с

A-1

, следователно

A=1

. Значи единствената функция е

f(x)=1-\frac{x^2}{2}.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/6Условие — източник

2000

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Две окръжности

G_1

G_2

се пресичат в две точки

M

N

. Нека

AB

е права, допирателна към тези окръжности съответно в

A

B

, като

M

е по-близо до

AB

от

N

. Нека

CD

е правата, успоредна на

AB

и минаваща през

M

, като

C

лежи на

G_1

, а

D

лежи на

G_2

. Правите

AC

BD

се пресичат в

E

; правите

AN

CD

се пресичат в

P

; правите

BN

CD

се пресичат в

Q

. Докажете, че

EP=EQ

Решение

Първо имаме

\angle EAB=\angle ACM=\angle BAM,

където използваме теоремата за ъгъла между допирателна и хорда и успоредността

AB\parallel CD

. По същия начин

\angle EBA=\angle BDM=\angle ABM.

Следователно

AB

разполовява ъглите

\angle EAM

\angle EBM

, а оттук триъгълниците

EAB

MAB

са еднакви.От тази еднаквост получаваме

AE=AM

BE=BM

, така че и

A

, и

B

лежат на симетралата на отсечката

EM

. Значи правата

AB

е симетрала на

EM

. Ще използваме и стандартния факт, че за две пресичащи се окръжности общата хорда

MN

разполовява отсечката между допирните точки на общата допирателна, т.е. правата

MN

минава през средата на

AB

. Понеже

AB\parallel PQ

M

лежи на

PQ

, от същата хомотетична конфигурация следва, че

M

е средата на

PQ

. Сега

AB

е симетрала на

EM

, а

PQ\parallel AB

M

е средата на

PQ

. Отразяването спрямо

AB

изпраща

E

M

и запазва посоката на правите, успоредни на

AB

; следователно точките

P

Q

са симетрично разположени спрямо перпендикуляра през

E

към

AB

. Еквивалентно, ако вземем координати с

AB

хоризонтална,

E

M

имат една и съща абсциса, а

P

Q

са на една хоризонтална права със среда

M

. Затова

EP=EQ

, както трябваше да се докаже.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

a,b,c

са положителни реални числа и

abc=1

. Докажете, че

\left(a-1+\frac1b\right)\left(b-1+\frac1c\right)\left(c-1+\frac1a\right)\le 1.

Решение

Полагаме

a=x/y

b=y/z

c=z/x

за положителни

x,y,z

. Тогава даденото неравенство е еквивалентно на

(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z)\le xyz.

Сред трите множителя вляво най-много един може да е отрицателен. Ако такъв има, лявата страна е неположителна, а

xyz\gt{}0

, така че всичко е доказано. Остава случаят, в който и трите множителя са неотрицателни. Нека

m=-x+y+z,\quad n=x-y+z,\quad p=x+y-z.

Тогава

2x=n+p

2y=p+m

2z=m+n

, следователно трябва да докажем

mnp\le \frac{(m+n)(n+p)(p+m)}8.

Това следва веднага от AM-GM:

m+n\ge2\sqrt{\vphantom{x^2}mn}

n+p\ge2\sqrt{\vphantom{x^2}np}

p+m\ge2\sqrt{\vphantom{x^2}pm}

. След умножение получаваме точно исканото неравенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n\ge2

е цяло число, а

\lambda

е положително реално число. В началото върху хоризонтална права има

n

бълхи, не всички в една точка. Един ход се състои в избиране на две бълхи в точки

A

B

, като

A

е вляво от

B

, след което бълхата от

A

прескача бълхата от

B

и застава в точка

C

така, че

BC/AB=\lambda

. Определете всички стойности на

\lambda

, за които за всяка точка

M

на правата и за всяко начално положение на бълхите съществува редица от ходове, след която всички бълхи са вдясно от

M

Решение

Отговорът е

\lambda\ge\frac1{n-1}.

Първо нека

\lambda\lt{}1/(n-1)

. След всеки ход подреждаме координатите на бълхите като

x_1\le x_2\le\cdots\le x_n

и разглеждаме

L=x_n-\lambda(x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}).

Ако бълха от

x_i

прескочи бълха от

x_j

за

i\lt{}j

, новата координата е

y=(1+\lambda)x_j-\lambda x_i

. Ако

y\ge x_n

, директно сравнение дава промяна

(1+\lambda)(x_j-x_n)\le0

; ако

y\lt{}x_n

, промяната е

-\lambda(y-x_i)\le0

. Значи

L

никога не нараства. От друга страна

L\ge\left(1-(n-1)\lambda\right)x_n,

а коефициентът е положителен. Следователно най-дясната бълха остава ограничена отгоре и не можем да преминем произволно зададена точка

M

. Значи такива

\lambda

не вършат работа. Нека сега

\lambda\ge1/(n-1)

. Винаги караме най-лявата бълха да прескача най-дясната. Ако началните разстояния между съседни бълхи са

a_1,\ldots,a_{n-1}

, то новите крайни разстояния образуват редица

s_k

s_k=a_k

за

1\le k\le n-1

s_k=\lambda(s_{k-1}+s_{k-2}+\cdots+s_{k-n+1})\quad(k\ge n).

Понеже

\lambda\ge1/(n-1)

, всеки нов член е поне средното аритметично на предишните

n-1

члена. Началните разстояния не са всички нули, затова след един пълен цикъл всички разглеждани разстояния са положителни и оттам нататък са ограничени отдолу с положителна константа. Сумата на изминатите крайни разстояния расте неограничено, така че с достатъчно много ходове всички бълхи се преместват вдясно от всяка предварително избрана точка

M

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Фокусник има сто карти, номерирани от

1

до

100

. Той ги разпределя в три кутии, червена, бяла и синя, така че във всяка кутия има поне една карта. Зрител изтегля две карти от две различни кутии и обявява сбора на числата върху тях. По тази информация фокусникът определя кутията, от която не е изтеглена карта. По колко начина могат да се разпределят картите в трите кутии, така че номерът да работи?

Решение

Отговорът е

12.

Нека множествата в трите кутии са

A,B,C

. Условието е точно сумите

A+B

B+C

C+A

да са две по две несечащи се, защото всяко съвпадение на суми от два различни типа би оставило фокусника в колебание коя кутия липсва. Тези суми лежат в

\{3,4,\ldots,199\}

. Използваме стандартната лема: за непразни крайни множества реални числа

X,Y

е вярно

|X+Y|\ge |X|+|Y|-1

, като равенство има само когато едното множество е едноелементно или двете са аритметични прогресии с една и съща разлика. Получаваме

197\ge |A+B|+|B+C|+|C+A|\ge

2(|A|+|B|+|C|)-3=197.

Следователно навсякъде има равенство и трите сумови множества точно разбиват

\{3,4,\ldots,199\}

. Сумите

3,4,198,199

имат единствени представяния:

3=1+2

4=1+3

198=98+100

199=99+100

. Оттук двойките

(1,2)

(1,3)

(98,100)

(99,100)

са в различни кутии. Ако две кутии са едноелементни, това налага, с точност до размяна на кутиите, разпределението

\{1\}

\{100\}

\{2,3,\ldots,99\}

. То наистина работи. Ако няма две едноелементни кутии, равенството в лемата налага

A,B,C

да са аритметични прогресии с една и съща разлика

d

. Сред числата

1,2,3,4

две попадат в една кутия, следователно

d\le3

. При

d=3

получаваме точно разпределението по остатъци по модул

3

, което работи. При

d=2

можем да приемем

1\in A

2\in B

, откъдето

3\in C

; тогава се налага

A=\{1\}

B=\{2,4,\ldots,100\}

C=\{3,5,\ldots,99\}

, но

1+4=2+3

, противоречие. При

d=1

отново се получава вече намереното разпределение

\{1\}

\{2,3,\ldots,99\}

\{100\}

. Така има точно два вида разпределения без етикети на кутиите; понеже кутиите са три различни цвята, получаваме

2\cdot3\neq{}12

начина.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Съществува ли положително цяло число

n

, което има точно

2000

различни прости делителя и за което

n\mid 2^n+1?

Решение

Да, съществува. Ще наричаме едно число добро, ако

n\mid2^n+1

. Числото

9

е добро. Ще докажем, че ако

n\gt{}3

е добро, можем да добавим нов прост делител и пак да получим добро число. По теоремата на Жигмонди за

2^{2n}-1

съществува примитивен прост делител

p

, защото единственото изключение при степен

2n

тук би било

2n=6

, а

n\gt{}3

. Тогава редът на

2

по модул

p

2n

. Следователно

p\mid2^n+1

, понеже

p\mid2^{2n}-1

, но

p\nmid2^n-1

. Освен това

p\nmid n

: ако

p\mid n

, от

\operatorname{ord}_p(2)=2n

следва

2n\mid p-1

, което е невъзможно при

p\le n

. Остава да проверим, че

np

е добро. От

2^n\equiv-1\pmod n

и от нечетността на

p

следва

2^{np}\equiv-1\pmod n

. Също така

2^n\equiv-1\pmod p

, откъдето

2^{np}\equiv-1\pmod p

. Понеже

\gcd(n,p)=1

, получаваме

np\mid2^{np}+1

. Така при всяка стъпка броят на различните прости делители нараства с

1

. Започвайки от

9

, което има един различен прост делител, след

1999

стъпки получаваме добро число с точно

2000

различни прости делителя.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

AH_1

BH_2

CH_3

са височините на остроъгълния триъгълник

ABC

. Вписаната окръжност

\omega

на

\triangle ABC

се допира до страните

BC

CA

AB

съответно в точките

T_1

T_2

T_3

. Отразяваме правите

H_1H_2

H_2H_3

H_3H_1

съответно спрямо правите

T_1T_2

T_2T_3

T_3T_1

. Докажете, че получените три прави образуват триъгълник, чиито върхове лежат върху

\omega

Решение

Ще използваме комплексни числа, като приемаме

\omega

за единичната окръжност. Нека комплексните координати на

T_1

T_2

T_3

са съответно

a

b

c

. Основното е да покажем, че върховете на търсения триъгълник са

\frac{ab}{c},\qquad \frac{bc}{a},\qquad \frac{ca}{b}.

Това се вижда добре от следната схема.Понеже страните на

ABC

са допирателни към единичната окръжност в

a

b

c

, координатата на върха

A

A=\frac{2bc}{b+c}.

Следователно

H_1=\frac12\left(\frac{2bc}{b+c}+a+a-a^2\cdot\frac2{b+c}\right) =

\frac{ab+bc+ca-a^2}{b+c}.

Отражението на

H_1

спрямо правата

T_1T_2

\begin{aligned} H_1^C&=a+b-ab\overline{H_1}\\ &=a+b-b\cdot\frac{ac+ab+a^2-bc}{a(b+c)}\\ &=\frac{a(a+b)(b+c)-b(a^2+ab+ac-bc)}{a(b+c)}\\ &=\frac{c(a^2+b^2)}{a(b+c)}. \end{aligned}

Твърдим, че

H_1^C

лежи върху хордата, която свързва точките

\frac{ca}{b}

\frac{cb}{a}

на единичната окръжност. По симетрия същото ще важи и за отражението

H_2^C

, така че образът на правата

H_1H_2

ще бъде точно тази хорда. Аналогично другите две отразени прави са останалите две страни на триъгълника с върхове

\frac{ab}{c}

\frac{bc}{a}

\frac{ca}{b}

. Остава само проверката на твърдението. За точките

u=\frac{ca}{b}

v=\frac{cb}{a}

една точка

z

лежи на хордата

uv

точно когато

z+uv\overline z=u+v.

В нашия случай

uv=c^2

. Понеже

|a|=|b|=|c|=1

, от намерената формула за

H_1^C

получаваме

\overline{H_1^C}=\frac{a^2+b^2}{ab(b+c)}.

Затова

\begin{aligned} H_1^C+c^2\overline{H_1^C} &=\frac{c(a^2+b^2)}{a(b+c)}+\frac{c^2(a^2+b^2)}{ab(b+c)}\\ &=\frac{c(a^2+b^2)}{a(b+c)}\cdot\frac{b+c}{b}\\ &=\frac{c(a^2+b^2)}{ab} =\frac{ca}{b}+\frac{cb}{a}. \end{aligned}

Така

H_1^C

наистина лежи на нужната хорда. Както беше обяснено по-горе, трите отразени прави образуват триъгълник с върхове

\frac{ab}{c}

\frac{bc}{a}

\frac{ca}{b}

, които лежат на

\omega

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/6Условие — източник

2001

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е остроъгълен триъгълник с център на описаната окръжност

O

. Нека

P

е петата на височината от

A

към правата

BC

. Ако

\angle BCA\ge \angle ABC+30^\circ

, докажете, че

\angle CAB+\angle COP\lt{}90^\circ

Решение

Ще означаваме страните по стандартния начин:

a=BC

b=CA

c=AB

, а радиусът на описаната окръжност - с

R

. Понеже

P

лежи върху

BC

, имаме

\angle OCP=90^\circ-\angle A

. Затова твърдението е еквивалентно на

\begin{aligned} \angle COP&\lt{}90^\circ-\angle A=\angle OCP\\ &\Longleftrightarrow PC\lt{}PO\\ &\Longleftrightarrow PC^2\lt{}PO^2. \end{aligned}

От степен на точката

P

спрямо описаната окръжност получаваме

PO^2=R^2-PB\cdot PC.

Следователно е достатъчно да докажем

PC^2\lt{}R^2-PB\cdot PC,

което е същото като

PC\cdot BC\lt{}R^2.

Понеже

PC=b\cos C

, това става

ab\cos C\lt{}R^2.

Със

a=2R\sin A

b=2R\sin B

последното е еквивалентно на

\sin A\sin B\cos C\lt{}\frac14.

Остава само да използваме условието върху ъглите. Имаме

\sin B\cos C=\frac12\bigl(\sin(B+C)-\sin(C-B)\bigr).

От

C\ge B+30^\circ

и остроъгълността следва

0^\circ\lt{}C-B\lt{}90^\circ

, така че

\sin(C-B)\ge\frac12

, а също

\sin(B+C)\le1

. Следователно

\sin B\cos C\le\frac12\left(1-\frac12\right)=\frac14.

Накрая

\sin A\lt{}1

, понеже триъгълникът е остроъгълен, и получаваме желаното строго неравенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

a,b,c

са положителни реални числа. Докажете, че

\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{\vphantom{x^2}c^2+8ab}}\ge

1.

Решение

По неравенството на Хьолдер имаме

\left(\sum_{\text{cyc}} \frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+8bc}}\right)^2\left(\sum_{\text{cyc}} a(a^2+8bc)\right)\ge

(a+b+c)^3.

Затова е достатъчно да докажем

(a+b+c)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc.

Но

(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a),

а от

(a+b)(b+c)(c+a)\ge8abc

следва точно исканото. Следователно първата сума има квадрат поне

1

, а понеже тя е положителна, тя е поне

1

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

В математическо състезание участвали

21

момичета и

21

момчета. Оказало се, че всеки участник е решил най-много шест задачи, а за всяка двойка от момиче и момче има поне една задача, решена и от двамата. Докажете, че има задача, решена от поне три момичета и поне три момчета.

Решение

Ще докажем контрапозицията. Да допуснем, че няма задача, решена от поне три момичета и поне три момчета. Правим таблица

21\times21

, чиито редове са момичетата, а колоните са момчетата. Във всяка клетка избираме една задача, решена от съответните момиче и момче. Оцветяваме клетката в зелено, ако избраната задача е решена от най-много две момичета, и в синьо, ако е решена от най-много две момчета; възможно е клетката да получи и двата цвята. След евентуална размяна на ролите на момичетата и момчетата можем да приемем, че зелените оцветявания са поне колкото сините. Тъй като всяка клетка има поне един цвят, има поне

221

зелени клетки, следователно някоя колона съдържа поне

11

зелени клетки. Фиксираме съответното момче. В зелените клетки на тази колона една и съща задача може да се появи най-много два пъти, защото е решена от най-много две момичета. Значи това момче е решило поне

6

различни задачи. Ако в колоната има незелена клетка, тя е синя и избраната в нея задача не е сред предишните зелени задачи, така че получаваме седма задача. Ако пък всички

21

клетки в колоната са зелени, те дават поне

11

различни задачи. И в двата случая някой участник е решил повече от шест задачи, противоречие.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}1

е нечетно цяло число и нека

c_1,c_2,\ldots,c_n

са цели числа. За всяка пермутация

a=(a_1,a_2,\ldots,a_n)

на

\{1,2,\ldots,n\}

дефинираме

S(a)=\sum_{i=1}^n c_i a_i.

Докажете, че съществуват две различни пермутации

a

b

на

\{1,2,\ldots,n\}

, за които

n!

дели

S(a)-S(b)

Решение

Да допуснем противното, тоест че всички стойности

S(a)

за

n!

-те пермутации дават различни остатъци по модул

n!

. Тогава сумата на тези остатъци е сравнима с

0+1+\cdots+(n!-1)=\frac{n!(n!-1)}2,

което не се дели на

n!

, понеже

n!

е четно и

n!-1

е нечетно. От друга страна, ако сумираме самите стойности, получаваме

\sum_a S(a)=\sum_{i=1}^n c_i\sum_a a_i.

За фиксирано

i

всяко от числата

1,2,\ldots,n

стои на

i

-тото място в точно

(n-1)!

пермутации, затова

\sum_a a_i=(n-1)!(1+2+\cdots+n)=\frac{n!(n+1)}2.

Понеже

n

е нечетно, числото

(n+1)/2

е цяло, следователно всяко събираемо

c_i\sum_a a_i

се дели на

n!

. Значи

\sum_a S(a)

е сравнима с

0

по модул

n!

, противоречие.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник. Нека отсечките

AP

BQ

са ъглополовящи съответно на

\angle BAC

\angle ABC

, като

P

лежи на отсечката

BC

, а

Q

лежи на отсечката

AC

. Ако

AB+BP=AQ+QB

\angle BAC=60^\circ

, намерете ъглите на триъгълника.

Решение

Отговорът е

\angle B=80^\circ,\qquad \angle C=40^\circ.

Положете

x=\angle ABQ=\angle QBC

. Тогава

\angle B=2x

, а понеже

\angle A=60^\circ

, получаваме

\angle C=120^\circ-2x.

Освен това

\angle AQB=120^\circ-x,\qquad \angle APB=150^\circ-2x.

Схемата на означенията е следната.По синусовата теорема в триъгълниците

ABP

ABQ

имаме

BP=AB\cdot\frac{\sin 30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)},

\qquad AQ=AB\cdot\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)},

\qquad QB=AB\cdot\frac{\sin 60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}.

Следователно условието

AB+BP=AQ+QB

е точно

1+\frac{\sin 30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =

\frac{\sin x+\sin 60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}.\tag{1}

Остава да решим това тригонометрично уравнение. Първо,

\sin x+\sin60^\circ =2\sin\left(\frac{x+60^\circ}{2}\right)\cos\left(\frac{x-60^\circ}{2}\right).

От друга страна,

\sin(120^\circ-x)=\sin(x+60^\circ)

, а

\sin(x+60^\circ)=2\sin\left(\frac{x+60^\circ}{2}\right)\cos\left(\frac{x+60^\circ}{2}\right).

Значи

\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)} =

\frac{\cos\left(\frac x2-30^\circ\right)}{\cos\left(\frac x2+30^\circ\right)}.

За краткост нека

y=\frac x2

. Тогава

\begin{aligned} \frac{\cos(y-30^\circ)}{\cos(y+30^\circ)}-1 &=\frac{\cos(y-30^\circ)-\cos(y+30^\circ)}{\cos(y+30^\circ)}\\ &=\frac{2\sin30^\circ\sin y}{\cos(y+30^\circ)}\\ &=\frac{\sin y}{\cos(y+30^\circ)}. \end{aligned}

След като извадим

1

от двете страни на (1), получаваме

\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-4y)}=\frac{\sin y}{\cos(y+30^\circ)}.

Еквивалентно,

\begin{aligned} \cos(y+30^\circ)&=2\sin y\sin(150^\circ-4y)\\ &=\cos(5y-150^\circ)-\cos(150^\circ-3y)\\ &=-\cos(5y+30^\circ)+\cos(3y+30^\circ). \end{aligned}

Но

3y+30^\circ

е средното аритметично на

y+30^\circ

5y+30^\circ

, затова

\frac{\cos(y+30^\circ)+\cos(5y+30^\circ)}2=

\cos(3y+30^\circ)\cos(2y).

От предишното равенство следва

\cos(3y+30^\circ)\left(2\cos(2y)-1\right)=0.

Понеже

0\lt{}y=\frac x2=\frac14\angle B\lt{}\frac14(180^\circ-60^\circ)=30^\circ,

не може да имаме

\cos(2y)=\frac12

, тъй като най-малката положителна стойност на

y

, за която това става, е

30^\circ

. Следователно

\cos(3y+30^\circ)=0.

В допустимия интервал това дава единствено

y=20^\circ

. Значи

x=40^\circ

, откъдето

\angle B=2x=80^\circ,\qquad \angle C=120^\circ-2x=40^\circ,

както твърдяхме.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

a\gt{}b\gt{}c\gt{}d\gt{}0

са цели числа, удовлетворяващи

ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c).

Докажете, че

ab+cd

не е просто число.

Решение

Условието е еквивалентно на

ac+bd=(b+d)^2-(a-c)^2,

тоест на

a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2.

Построяваме четириъгълник

WXYZ

така, че

WX=a

XY=c

YZ=b

ZW=d

WY=\sqrt{\vphantom{x^2}a^2-ac+c^2}=\sqrt{\vphantom{x^2}b^2+bd+d^2}.

Тогава от теоремата на косинусите получаваме

\angle WXY=60^\circ

\angle WZY=120^\circ

. Следователно четириъгълникът

WXYZ

е вписан. От по-точната форма на теоремата на Птолемей за този вписан четириъгълник имаме

WY^2=\frac{(ab+cd)(ad+bc)}{ac+bd}.

Да допуснем противното:

ab+cd=p

е просто число. От

a\gt{}b\gt{}c\gt{}d

следва, например чрез пренареждане, че

p=ab+cd\gt{}ac+bd\gt{}ad+bc.

Нека

y=ac+bd

x=ad+bc

. Тогава

0\lt{}x\lt{}y\lt{}p

и горната формула дава

WY^2=p\cdot\frac{x}{y}.

Това число не може да е цяло: ако

y\mid px

, то понеже простото число

p

е по-голямо от

y

, имаме

\gcd(p,y)=1

, откъдето

y\mid x

, невъзможно при

0\lt{}x\lt{}y

. От друга страна

WY^2=a^2-ac+c^2

е цяло число. Полученото противоречие показва, че

ab+cd

не може да бъде просто число. Забележка. Изкушаващо е да се използва обичайната форма на теоремата на Птолемей, за да се получи

ab+cd=WY\cdot XZ

, но проблемът е, че

WY

XZ

обикновено не са цели числа.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/6Условие — източник

2002

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

n

е положително цяло число. Нека

T

е множеството от точките

(x,y)

в равнината, за които

x

y

са неотрицателни цели числа и

x+y\lt{}n

. Всяка точка на

T

е оцветена в червено или синьо така, че ако точката

(x,y)

е червена, то червени са и всички точки

(x',y')

от

T

x'\le x

y'\le y

. Нека

A

е броят на начините да се изберат

n

сини точки с различни

x

-координати, а

B

е броят на начините да се изберат

n

сини точки с различни

y

-координати. Докажете, че

A=B

Решение

За всяко

x

нека

a_x

е броят на сините точки в колоната с тази

x

-координата, а за всяко

y

нека

b_y

е броят на сините точки в реда с тази

y

-координата. Ще докажем, че мултимножествата

\{a_x\}

\{b_y\}

съвпадат. Правим индукция по броя на червените точки. Ако няма червени точки, тогава броевете по колони и по редове са точно

1,2,\ldots,n

в някакъв ред. Сега нека една синя точка

P=(x,y)

бъде оцветена в червено, като условието остане изпълнено. Тогава

P

е ъглова точка на синята част: в колоната

x

сините точки са точно от височина

y

нагоре, а в реда

y

сините точки са точно от

x

надясно. Следователно преди промяната имаме

a_x=b_y=n-(x+y)

, а след нея и двете числа намаляват с

1

; всички други

a

- и

b

-стойности не се променят. Всяка допустима червена област е диаграма на Young и може да се получи от празната област, като добавяме по една такава ъглова точка. Индукцията дава равенство на мултимножествата. Накрая изборът на

n

сини точки с различни

x

-координати означава да изберем по една синя точка от всяка колона, затова

A=\prod_{x=0}^{n-1} a_x.

Аналогично

B=\prod_{y=0}^{n-1} b_y.

Понеже двата набора множители са едни и същи, получаваме

A=B

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

BC

е диаметър на окръжността

\omega

с център

O

. Нека

A

е точка от

\omega

, за която

0^\circ\lt{}\angle AOB\lt{}120^\circ

. Нека

D

е средата на дъгата

AB

, която не съдържа

C

. Правата

\ell

минава през

O

и е успоредна на

AD

; тя пресича правата

AC

J

. Симетралата на отсечката

OA

пресича

\omega

E

F

. Докажете, че

J

е инцентърът на триъгълника

CEF

Решение

По построение

AEOF

е ромб с ъгли

60^\circ

120^\circ

. Наистина,

E

F

лежат едновременно на симетралата на

OA

и на окръжността с център

O

, затова

OE=OF=OA

AE=AF=OA

. Нека тази обща дължина е

s

; тогава

AO=AE=AF=EO=OF=s.

Ще докажем още, че

AJ=s

. Достатъчно е да докажем

AJ=AO

. Нека

\theta=\angle BOD=\angle DOA

. Понеже

D

е средата на дъгата

AB

, имаме

\angle BOA=2\theta

. От друга страна

BC

е диаметър, така че в равнобедрения триъгълник

AOC

получаваме

\angle CAO=\frac12\angle BOA=\theta.

Понеже

OJ\parallel AD

, а триъгълникът

AOD

е равнобедрен, имаме

\angle AOJ=\angle OAD=90^\circ-\frac{\theta}{2}.

Също така

A,J,C

са колинеарни, следователно

\angle OAJ=\angle OAC=\theta

. Затова в триъгълника

AOJ

\angle AJO=180^\circ-\theta-\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right)=

90^\circ-\frac{\theta}{2}=\angle AOJ.

Следователно

AJ=AO=s

. И така

AE=AJ=AF

. По лемата за инцентър и ексцентър, приложена в триъгълника

CEF

към точката

A

от описаната окръжност и точката

J

от правата

CA

, това означава, че

J

е един от центровете на вписана или външновписана окръжност на

CEF

. От условието

0\lt{}\angle AOB\lt{}120^\circ

точката

J

лежи вътре в триъгълника

CEF

, следователно тя е именно инцентърът му.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете всички двойки положителни цели числа

m,n\ge3

, за които съществуват безброй много положителни цели числа

a

такива, че

\frac{a^m+a-1}{a^n+a^2-1}

е цяло число.

Решение

Отговорът е само

(m,n)=(5,3).

За да видим защо, нека

F(X)=X^m+X-1,\qquad G(X)=X^n+X^2-1.

Ако делимостта е изпълнена за безброй много положителни цели

a

, делим

F

на моничния полином

G

F=QG+R

, където

Q,R\in\mathbb Z[X]

\deg R\lt{}n

. За достатъчно големите такива

a

имаме

G(a)\mid R(a)

, но

|R(a)|\lt{}G(a)

, освен ако

R=0

. Следователно

G\mid F

като полиноми. В частност

m\gt{}n

. Първо ще докажем, че

m\le2n

. Нека, напротив,

m\gt{}2n

. В интервала

(0,1)

има единствено

r

r^n+r^2=1

. От

G\mid F

следва

r^m+r-1=0

. Но понеже

m\gt{}2n

, имаме

0=r^m+r-1\le r^{2n+1}+r-1.

От

r^n=1-r^2

получаваме

r^{2n+1}+r-1=r(1-r^2)^2+r-1=

-(1-r)(r^4+(1-r)(1-r^2))\lt{}

0,

противоречие. Значи

m\le2n

. Сега работим алгебрично. От

G\mid F

следва

G\mid (X^m+X-1)(X+1)=X^m(X+1)+X^2-1.

Понеже

X^2-1\equiv -X^n\pmod{G}

, получаваме

G\mid X^m(X+1)-X^n.

Тъй като

G(0)=-1

, полиномът

G

е взаимно прост с

X

, така че

G\mid H(X):=X^{m-n}(X+1)-1.

Тук

\deg H=m-n+1\le n+1

. Ако

\deg H\lt{}n

, това е невъзможно. Ако

\deg H=n+1

, то водещите членове налагат

H=(X+1)G

, но при

X=-1

получаваме

-1=0

, противоречие. Затова остава

H=G

, тоест

X^{m-n}(X+1)-1=X^n+X^2-1.

Сравняването на степените дава

m-n=2

n=3

, следователно

(m,n)=(5,3)

. Накрая тази двойка наистина работи, защото

X^5+X-1=(X^3+X^2-1)(X^2-X+1).

Значи за всички положителни цели

a

частното е цяло число.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n\ge2

е положително цяло число с положителни делители

1=d_1\lt{}d_2\lt{}\cdots\lt{}d_k=n

. Докажете, че

d_1d_2+d_2d_3+\cdots+d_{k-1}d_k\lt{}n^2,

и определете кога тази сума е делител на

n^2

Решение

Нека

S=d_1d_2+d_2d_3+\cdots+d_{k-1}d_k.

За

j=1,2,\ldots,k

имаме

d_{k-j+1}\le n/j

: наистина, ако един делител е по-голям от

n/j

, съответният му допълващ делител е по-малък от

j

. Следователно

S\le

n^2\left(\frac1{1\cdot2}+\frac1{2\cdot3}+\cdots+\frac1{(k-1)k}\right)\lt{}n^2,

което доказва първата част. Остава делимостта. Ако

n

е просто, делителите са само

1

n

, така че

S=n

, а това дели

n^2

. Нека сега

n

е съставно и нека

p

е най-малкият прост делител на

n

. Тогава най-големият собствен делител на

n

n/p

, следователно

S\gt{}d_kd_{k-1}=n\cdot\frac np=\frac{n^2}{p}.

Но

n^2/p

е най-големият собствен делител на

n^2

. От първата част

S\lt{}n^2

, така че

S

лежи строго между най-големия собствен делител на

n^2

и самото

n^2

. Следователно

S

не може да дели

n^2

. Значи сумата дели

n^2

точно когато

n

е просто число.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f:\mathbb R\to\mathbb R

, за които

(f(x)+f(z))(f(y)+f(t))=

f(xy-zt)+f(xt+yz)

за всички реални числа

x,y,z,t

Решение

Отговорът е

f\equiv0,\qquad f\equiv\frac12,\qquad f(x)=x^2.

Тези три функции се проверяват непосредствено. Ще докажем, че други няма. Нека

P(x,y,z,t)

означава даденото тъждество. Ако

f\equiv c

е константна функция, получаваме

4c^2=2c

, откъдето

c=0

или

c=\frac12

. Оттук нататък приемаме, че

f

не е константна. Сравнявайки

P(x,1,0,0)

P(0,0,1,x)

, получаваме

f(x)=f(-x)

, тоест

f

е четна. От

P(0,y,0,t)

следва

2f(0)(f(y)+f(t))=2f(0).

Ако

f(0)\ne0

, тогава

f(y)+f(t)=1

за всички

y,t

, което прави

f

константна. Значи

f(0)=0

. Сега

P(x,y,0,0)

дава

f(xy)=f(x)f(y).

Понеже

f

е четна, за всяко реално

x

имаме

f(x)=f(|x|)=f(\sqrt{\vphantom{x^2}|x|})^2\ge0.

От

P(x,y,y,x)

получаваме

f(x^2+y^2)=(f(x)+f(y))^2=

f(x^2)+2f(x)f(y)+f(y^2)\ge

f(x^2).

Следователно

f

е не намаляваща върху

[0,\infty)

. Всяка неотрицателна, не константна, мултипликативна и не намаляваща функция върху положителните реални числа има вид

f(x)=x^r

за някаква реална константа

r

. Накрая

P(1,1,1,1)

дава

f(2)=4f(1).

От мултипликативността и неконстантността имаме

f(1)=1

, така че

2^r=f(2)=4

. Следователно

r=2

, а понеже

f

е четна, получаваме

f(x)=x^2

за всяко реално

x

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n\ge3

е положително цяло число. Нека

C_1,C_2,\ldots,C_n

са единични окръжности в равнината с центрове съответно

O_1,O_2,\ldots,O_n

. Ако никоя права не пресича повече от две от окръжностите, докажете, че

\sum_{1\le i\lt{}j\le n}\frac1{O_iO_j}\le\frac{(n-1)\pi}{4}.

Решение

За краткост пишем

d_{ij}=O_iO_j

и използваме означението

\angle(ijk)=\angle O_iO_jO_k

, като ъглите се измерват в радиани. Първо ще премахнем окръжностите от задачата и ще преведем условието в оценки с ъгли. Ще използваме следния факт. За всеки три различни индекса

i,j,m

са изпълнени

\angle(imj)\ge\max\left(\frac2{d_{mi}},\frac2{d_{mj}}\right)\quad\text{и}\quad

\pi-\angle(imj)\ge\max\left(\frac2{d_{mi}},\frac2{d_{mj}}\right).

Наистина, разстоянието от

O_i

до правата

O_mO_j

е поне

2

: ако беше по-малко от

2

, щеше да съществува права, успоредна на

O_mO_j

, която е на разстояние най-много

1

както от

O_i

, така и от двата центъра

O_m,O_j

, а такава права би пресичала и трите единични окръжности. Следователно, ако

\theta=\angle(imj)

, то

2\le d_{mi}\sin\theta,

откъдето

2/d_{mi}\le\sin\theta\le\theta

и също

2/d_{mi}\le\sin\theta\le\pi-\theta

. Разменяйки ролите на

i

j

, получаваме същите две оценки с

d_{mj}

. Сега фиксираме център

O_b

и искаме да оценим сумата

\sum_{i\ne b}2/d_{bi}

. Първо нека

O_a,O_b,O_c

са последователни върхове на изпъкналата обвивка на всички центрове. Тогава

\sum_{i\ne b}\frac2{d_{bi}}\le\frac{n-1}{n-2}\angle(abc).

Без ограничение нека

(a,b,c)=(2,1,n)

и нека при завъртане на лъча

O_1O_2

към лъча

O_1O_n

срещаме

O_3,O_4,\ldots,O_{n-1}

в този ред. Положете

\alpha_k=\angle(k\,1\,(k+1))\quad\text{за }k=2,3,\ldots,n-1.

Тогава

\alpha_2+\alpha_3+\cdots+\alpha_{n-1}=\angle(21n)

. От първата оценка получаваме

\begin{align*} \frac2{d_{12}}&\le\alpha_2,\\ \frac2{d_{1i}}&\le\min(\alpha_{i-1},\alpha_i)\quad(3\le i\le n-1),\\ \frac2{d_{1n}}&\le\alpha_{n-1}. \end{align*}

Нека

\kappa

е най-малката измежду числата

\alpha_2,\ldots,\alpha_{n-1}

. В средния ред избираме за всяко

i

по-малкия от двата съседни ъгъла; ако най-малкият ъгъл е

\alpha_s

, то за

i\le s

можем да оценяваме чрез десния съседен ъгъл, а за

i\gt{}s

чрез левия. Така всеки ъгъл участва най-много веднъж, освен

\alpha_s

, който може да участва два пъти. Следователно

\sum_{i=2}^n\frac2{d_{1i}}\le(\alpha_2+\cdots+\alpha_{n-1})+\kappa\le

\left(1+\frac1{n-2}\right)\angle(21n),

защото

\kappa\le(\alpha_2+\cdots+\alpha_{n-1})/(n-2)

. Това е исканата оценка за връх на изпъкналата обвивка. Ще ни трябва и оценка, която важи за произволен център

O_b

, дори когато той е вътрешен за изпъкналата обвивка:

\sum_{i\ne b}\frac2{d_{bi}}\le\frac{n-1}{n-2}\pi.

Аргументът е същият, само че използваме прави вместо лъчи. Нека

b=1

и завъртаме правата

O_1O_2

обратно на часовниковата стрелка през ъгъл по-малък от

\pi

, докато тя срещне последователно

O_3,O_4,\ldots,O_n

. Нека

\delta_k

е съответният малък ъгъл между правите

O_1O_k

O_1O_{k+1}

; той е или обикновеният ъгъл

\angle(k\,1\,(k+1))

, или допълнението му до

\pi

. От първоначалната ъглова оценка имаме същите неравенства

\begin{align*} \frac2{d_{12}}&\le\delta_2,\\ \frac2{d_{1i}}&\le\min(\delta_{i-1},\delta_i)\quad(3\le i\le n-1),\\ \frac2{d_{1n}}&\le\delta_{n-1}. \end{align*}

Повтаряйки предишното събиране, получаваме

\sum_{i=2}^n\frac2{d_{1i}}\le

\frac{n-1}{n-2}(\delta_2+\cdots+\delta_{n-1})\lt{}\frac{n-1}{n-2}\pi.

Нека сега изпъкналата обвивка има

r

върха. Сумираме първата оценка по всички върхове на обвивката, а втората по останалите

n-r

центъра. Понеже сборът от вътрешните ъгли на изпъкнал

r

-ъгълник е

(r-2)\pi

, получаваме

\begin{align*} 4\sum_{1\le i\lt{}j\le n}\frac1{d_{ij}} &=\sum_{b=1}^n\sum_{i\ne b}\frac2{d_{bi}}\\ &\le\frac{n-1}{n-2}\big((r-2)\pi+(n-r)\pi\big)\\ &=(n-1)\pi. \end{align*}

Делим на

4

и получаваме точно

\sum_{1\le i\lt{}j\le n}\frac1{O_iO_j}\le\frac{(n-1)\pi}{4}.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/6Условие — източник

2003

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A

е 101-елементно подмножество на

S=\{1,2,\ldots,10^6\}

. Докажете, че съществуват числа

t_1,t_2,\ldots,t_{100}

от

S

, за които множествата

A_j=\{x+t_j:x\in A\},\quad j=1,2,\ldots,100,

са две по две несечащи се.

Решение

Ще изберем преместванията жадно. Нека

T=\{t_1,t_2,\ldots,t_r\}\subset S

е максимално по включване множество от премествания, за което множествата

A+t_i

са две по две несечащи се. Ще докажем, че

r\ge100

. По максималността, всяко

t\in S

или вече принадлежи на

T

, или не може да бъде добавено към

T

. Във втория случай

A+t

се пресича с някое

A+t_i

, тоест съществуват

a,b\in A

a\ne b

a+t=b+t_i.

Следователно

t=t_i+b-a.

За фиксирано

t_i

има най-много

101\cdot100

стойности от вида

t_i+b-a

с различни

a,b\in A

. Значи всички числа от

S

са покрити от най-много

r+r\cdot101\cdot100

възможности: самите избрани премествания и забранените нови премествания. Получаваме

10^6\le r(1+101\cdot100)=10101r.

Но

10101\cdot99=999999\lt{}10^6

, следователно

r\gt{}99

. Така в

T

има поне 100 елемента и можем да вземем кои да е 100 от тях.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2003/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Определете всички двойки положителни цели числа

(a,b)

, за които

\frac{a^2}{2ab^2-b^3+1}

е положително цяло число.

Решение

Отговорът е

(a,b)=(2\ell,1),\quad (a,b)=(\ell,2\ell),

\quad (a,b)=(8\ell^4-\ell,2\ell),

където

\ell

е произволно положително цяло число. Тези двойки се проверяват директно. Ако

b=1

, получаваме

a^2/(2a)=a/2

, откъдето точно

a=2\ell

. Оттук нататък нека

b\gt{}1

и нека

k=\frac{a^2}{2ab^2-b^3+1}

е положително цяло число. Тогава

a

е корен на квадратно уравнение по

X

X^2-2kb^2X+k(b^3-1)=0.

Другият корен е

a'=2kb^2-a=\frac{k(b^3-1)}{a}.

Първата формула показва, че

a'

е цяло число, а втората, заедно с

b\gt{}1

, показва, че

a'\gt{}0

. Следователно решенията с фиксирано

b

k

идват по двойки

(a,b)\leftrightarrow(a',b)

. Ще използваме следното просто наблюдение: за всяко решение или

2a=b

, или

a\gt{}b

. Наистина знаменателят е положителен, затова

2a-b\ge0

. Ако

2a-b\gt{}0

, то от

k\ge1

следва

a^2\ge2ab^2-b^3+1=b^2(2a-b)+1\gt{}b^2,

следователно

a\gt{}b

. Сега вземаме двойка взаимно спрегнати корени

a_1,a_2

за едни и същи

b,k

. Ако нито един от тях не удовлетворява

2a_i=b

, то и двата са по-големи от

b

. Нека

a_1\gt{}a_2\gt{}b

. По формулите на Виет

a_1+a_2=2kb^2,\qquad a_1a_2=k(b^3-1).

От

a_1\gt{}(a_1+a_2)/2=kb^2

a_2\gt{}b

получаваме

a_1a_2\gt{}kb^3

, което противоречи на

a_1a_2=k(b^3-1)

. Значи във всяка такава двойка един корен има вид

a=b/2

. Пишем

a=\ell

b=2\ell

. Тогава знаменателят е

1

, така че

k=\ell^2

. Спрегнатият корен е

2kb^2-a=2\ell^2\cdot(2\ell)^2-\ell=8\ell^4-\ell.

Така получаваме точно двете фамилии с

b\gt{}1

, а заедно със случая

b=1

списъкът е пълен.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2003/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Всяка двойка срещуположни страни на изпъкнал шестоъгълник има следното свойство: разстоянието между средите им е

\frac{\sqrt3}{2}

пъти сбора на дължините им. Докажете, че шестоъгълникът е равноъгълен.

Решение

Означаваме шестоъгълника с

ABCDEF

и работим с радиус-векторите на върховете. За срещуположните страни

AB

DE

условието дава

\left\lvert\frac{\vec D+\vec E}{2}-\frac{\vec A+\vec B}{2}\right\rvert=

\sqrt3\cdot\frac{\lvert\vec B-\vec A\rvert+\lvert\vec E-\vec D\rvert}{2}\ge

\sqrt3\cdot\left\lvert\frac{(\vec B-\vec A)-(\vec E-\vec D)}{2}\right\rvert,

където последната стъпка е неравенството на триъгълника. Ще използваме и двете циклични аналогични неравенства. Полагаме

\begin{aligned} \vec x&=(\vec B-\vec A)-(\vec E-\vec D),\\ \vec y&=(\vec D-\vec C)-(\vec A-\vec F),\\ \vec z&=(\vec F-\vec E)-(\vec C-\vec B). \end{aligned}

Тогава векторите между съответните среди са

\frac12(\vec y-\vec z)

\frac12(\vec z-\vec x)

\frac12(\vec x-\vec y)

, откъдето получаваме

\lvert\vec y-\vec z\rvert\ge\sqrt3\lvert\vec x\rvert,

\qquad \lvert\vec z-\vec x\rvert\ge\sqrt3\lvert\vec y\rvert,

\qquad \lvert\vec x-\vec y\rvert\ge\sqrt3\lvert\vec z\rvert.

Повдигаме на квадрат и събираме. Понеже

\lvert\vec v\rvert^2=\vec v\cdot\vec v

, получаваме

\sum_{\mathrm{cyc}}(\vec y-\vec z)\cdot(\vec y-\vec z)\ge

3\sum_{\mathrm{cyc}}\vec x\cdot\vec x,

което след прегрупиране е точно

-\lvert\vec x+\vec y+\vec z\rvert^2\ge0.

Следователно

\vec x+\vec y+\vec z=0

. Освен това всички три неравенства по-горе всъщност са равенства. В частност в началните приложения на неравенството на триъгълника също има равенство, така че

AB\parallel DE,\qquad BC\parallel EF,\qquad CD\parallel FA.

Остава да определим ъглите. От

\vec z=-\vec x-\vec y

и първите две равенства следва

\begin{aligned} 3\lvert\vec x\rvert^2&=\lvert\vec x+2\vec y\rvert^2=\lvert\vec x\rvert^2+4\vec x\cdot\vec y+4\lvert\vec y\rvert^2,\\ 3\lvert\vec y\rvert^2&=\lvert2\vec x+\vec y\rvert^2=4\lvert\vec x\rvert^2+4\vec x\cdot\vec y+\lvert\vec y\rvert^2. \end{aligned}

След изваждане получаваме

\lvert\vec x\rvert=\lvert\vec y\rvert

, а после и

\vec x\cdot\vec y=-\frac12\lvert\vec x\rvert^2

. Циклично същото важи за всяка двойка от

\vec x,\vec y,\vec z

: те имат еднакви дължини и посоките им се различават с

120^\circ

. Тези вектори не могат всички да са нулеви, защото тогава от определенията и затвореността на шестоъгълника би следвало

\vec D=\vec A

, невъзможно за изпъкнал шестоъгълник. Така

AB

CD

EF

са успоредни съответно на три посоки, раздалечени с

120^\circ

, а

BC

DE

FA

са успоредни на противоположните им посоки. Поради изпъкналостта външният ъгъл при всяка двойка съседни страни е

60^\circ

, следователно всеки вътрешен ъгъл е

120^\circ

. Значи шестоъгълникът е равноъгълен.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2003/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

ABCD

е вписан четириъгълник. Нека

P

Q

R

са петите на перпендикулярите, спуснати от

D

съответно към правите

BC

CA

AB

. Докажете, че

PQ=QR

тогава и само тогава, когато ъглополовящите на

\angle ABC

\angle ADC

се пресичат върху отсечката

AC

Решение

Нека

\gamma

е описаната окръжност на

ABCD

. Ще използваме насочени ъгли и двойно отношение; за четири точки върху права или върху окръжност пишем например

(AC;BD)_\gamma

. Условието за ъглополовящите е еквивалентно на

(AC;BD)_\gamma=-1.

Наистина, по теоремата за ъглополовящата двете ъглополовящи се срещат в една и съща точка от

AC

точно когато

\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{DC},

а за четири точки върху една окръжност това е точно хармоничността

(AC;BD)_\gamma=-1

. От друга страна, понеже

D

лежи на описаната окръжност на триъгълника

ABC

, точките

P,Q,R

са колинеарни по теоремата за правата на Симсон. Нека

\infty

е безкрайната точка на правата

PQR

. Тогава

PQ=QR

е еквивалентно на това

Q

да е средата на

PR

, тоест

(PR;Q\infty)=-1.

Нека лъчите

BQ

DQ

пресичат отново

\gamma

съответно в

F

E

.Ще ни трябва, че

BE\parallel PQR

. Понеже

DQ\perp AC

DR\perp AB

, точките

D,Q,A,R

лежат на една окръжност, откъдето

\angle DQR=\angle DAR=\angle DAB.

Но

A,B,D,E

също лежат на

\gamma

, следователно

\angle DAB=\angle DEB.

Понеже

D,Q,E

са колинеарни, равенството

\angle DQR=\angle DEB

дава

QR\parallel BE

, както искахме. Сега проектираме от точката

B

. При тази проекция от правата

PQR

върху

\gamma

имаме

P\mapsto C

R\mapsto A

Q\mapsto F

, а безкрайната точка

\infty

отива в

E

, защото

BE\parallel PQR

. Затова

(PR;Q\infty)=(CA;FE)_\gamma.

След това проектираме от точката

Q

: правата

QC=QA

дава размяната на

C,A

, правата

QF=QB

дава

F\mapsto B

, а правата

QE=QD

дава

E\mapsto D

. Получаваме

(CA;FE)_\gamma=(AC;BD)_\gamma.

Следователно

(PR;Q\infty)=(AC;BD)_\gamma,

и двете разглеждани условия са еквивалентни на това общото двойно отношение да бъде

-1

. Това доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2003/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n

е положително цяло число и нека

x_1\le x_2\le\cdots\le x_n

са реални числа. Докажете, че

\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n |x_i-x_j|\right)^2\le

\frac{2(n^2-1)}{3}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (x_i-x_j)^2,

като равенство има тогава и само тогава, когато

x_1,x_2,\ldots,x_n

образуват аритметична прогресия.

Решение

За

n\le2

твърдението е непосредствено, затова нека

n\ge3

. Полагаме

d_i=x_{i+1}-x_i\quad (i=1,2,\ldots,n-1).

Тогава

d_i\ge0

и след събиране по интервалите, които съдържат

d_i

, получаваме

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n |x_i-x_j|=2\sum_{i=1}^{n-1} i(n-i)d_i,

както и

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (x_i-x_j)^2=

2\left(\sum_{i=1}^{n-1} i(n-i)d_i^2+2\sum_{1\le i\lt{}j\le n-1} i(n-j)d_i d_j\right).

Следователно е достатъчно да докажем

\left(\sum_i i(n-i)d_i\right)^2\le

\frac{n^2-1}{3}\left(\sum_i i(n-i)d_i^2+2\sum_{i\lt{}j} i(n-j)d_i d_j\right).

След умножение по

3

и пренасяне това се свежда до

\sum_{i\lt{}j}\left(3ij(n-i)(n-j)-(n^2-1)i(n-j)\right)2d_i d_j\le

\sum_i (n^2-1-3i(n-i))i(n-i)d_i^2.

Прилагаме AM-GM във вида

2d_i d_j\le d_i^2+d_j^2

. Остава само да проверим, че коефициентите пред всяко

d_k^2

съвпадат. За фиксирано

1\le k\le n-1

трябва да имаме

\sum_{i\lt{}k}\left(3ik(n-i)(n-k)-(n^2-1)i(n-k)\right)

+\sum_{j\gt{}k}\left(3kj(n-k)(n-j)-(n^2-1)k(n-j)\right)

=(n^2-1-3k(n-k))k(n-k).

Това е директна сметка. Ако означим

C=n^2-1

K=k(n-k)

, лявата страна е

3K\left(\sum_{i=1}^{n-1}i(n-i)-K\right)

-C\left((n-k)\sum_{i\lt{}k}i+k\sum_{j\gt{}k}(n-j)\right).

Използваме

\sum_{i=1}^{n-1} i(n-i)=\frac{(n-1)n(n+1)}{6}=\frac{Cn}{6}

(n-k)\sum_{i\lt{}k}i+k\sum_{j\gt{}k}(n-j)=\frac{K(n-2)}{2}.

Получаваме

CK-3K^2

, което е точно дясната страна. Така неравенството е доказано. За равенство трябва да има равенство във всички използвани AM-GM оценки с ненулев коефициент. Коефициентът пред

d_i d_j

е ненулев за всяко

i\le n/2

j\ge n/2

i\lt{}j

, следователно всички

d_i

са равни. Това означава точно, че

x_1,x_2,\ldots,x_n

образуват аритметична прогресия. Обратно, ако всички

d_i

са равни, директното заместване в горните формули дава равенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2003/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число. Докажете, че съществува просто число

q

, такова че за всяко цяло число

n

числото

n^p-p

не се дели на

q

Решение

Ще намерим просто число

q=pk+1

, за което

p^k\not\equiv1\pmod q

. Тогава няма как да съществува

n

n^p\equiv p\pmod q

: ако такова

n

съществува, то

q\nmid n

и повдигането на степен

k=(q-1)/p

дава

1\equiv n^{q-1}\equiv p^k\pmod q,

противоречие. Използваме циклотомичния полином

\Phi_p(X)=1+X+X^2+\cdots+X^{p-1}.

Ще ни трябва стандартната лема: ако

q

е прост делител на

\Phi_p(a)

q\ne p

, то остатъкът на

a

по модул

q

има ред

p

. Наистина от

q\mid\Phi_p(a)

следва

a^p\equiv1\pmod q

. Редът е

1

или

p

; ако е

1

, то

a\equiv1\pmod q

, откъдето

q\mid\Phi_p(1)=p

, противоречие с

q\ne p

. Сега разглеждаме

\Phi_p(p)=1+p+p^2+\cdots+p^{p-1}\equiv1+p\pmod{p^2}.

Числото

\Phi_p(p)

е по-голямо от

1

и не се дели на

p

, понеже е конгруентно на

1

по модул

p

. Избираме прост делител

q

на

\Phi_p(p)

, за който

q\not\equiv1\pmod{p^2}.

Такъв делител съществува: ако всички прости делители на

\Phi_p(p)

бяха конгруентни на

1

по модул

p^2

, тогава и произведението им с кратностите, тоест

\Phi_p(p)

, щеше да е конгруентно на

1

по модул

p^2

, в противоречие с

\Phi_p(p)\equiv1+p\pmod{p^2}

. По лемата редът на

p

по модул

q

p

, следователно

q\equiv1\pmod p

. Пишем

q=pk+1

. От избора на

q

имаме

p\nmid k

, а понеже редът на

p

е точно

p

, получаваме

p^k\not\equiv1\pmod q

. Както видяхме в началото, това точно изключва делимостта

q\mid n^p-p

за всяко цяло

n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2003/6Условие — източник

2004

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е остроъгълен триъгълник с

AB\ne AC

. Окръжността с диаметър

BC

пресича страните

AB

AC

съответно в

M

N

. Нека

O

е средата на страната

BC

. Ъглополовящите на

\angle BAC

\angle MON

се пресичат в

R

. Докажете, че описаните окръжности на триъгълниците

BMR

CNR

имат обща точка, лежаща върху страната

BC

Решение

Нека

\omega

е окръжността с диаметър

BC

. Понеже

M,N\in\omega

, имаме

CM\perp AB

BN\perp AC

.Ще използваме стандартната микелова стъпка: достатъчно е да докажем, че

A,M,R,N

лежат на една окръжност. Наистина, нека

T

е втората пресечна точка на описаните окръжности около

BMR

CNR

. Ако

AMRN

е вписан, тогава

\angle BTR=\angle BMR,\qquad \angle RTC=\angle RNC.

Понеже

A,M,B

са колинеарни и

A,N,C

са колинеарни, получаваме

\angle BMR=180^\circ-\angle AMR,\qquad \angle RNC=180^\circ-\angle ANR.

От вписаността на

AMRN

следва

\angle AMR+\angle ANR=180^\circ

, следователно

\angle BTC=\angle BTR+\angle RTC=180^\circ.

Значи

B,T,C

са колинеарни, тоест двете искани окръжности имат обща точка

T

върху

BC

. Остава да докажем, че

AMRN

е вписан. Тъй като

O

е центърът на окръжността с диаметър

BC

, имаме

OM=ON

. Следователно ъглополовящата на

\angle MON

е перпендикулярната симетрала на

MN

. От друга страна, понеже

M\in AB

N\in AC

, ъглополовящата на

\angle BAC

е същата права като ъглополовящата на

\angle MAN

. Така точката

R

лежи едновременно на ъглополовящата на

\angle MAN

и на перпендикулярната симетрала на

MN

. Това точно означава, че

R

е средата на дъгата

MN

от описаната окръжност около

AMN

, която не съдържа

A

. В частност

R

лежи на тази окръжност, т.е.

AMRN

е вписан. Доказателството е завършено.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете всички полиноми

P

с реални коефициенти, за които за всички реални числа

a,b,c

ab+bc+ca=0

е изпълнено

P(a-b)+P(b-c)+P(c-a)=2P(a+b+c).

Решение

Отговорът е

P(x)=\alpha x^4+\beta x^2,

където

\alpha,\beta

са произволни реални числа. Те наистина работят. За квадратичния член използваме

ab+bc+ca=0

и получаваме

(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a+b+c)^2.

За четвъртите степени, ако

x=a-b

y=b-c

z=c-a

, то

x+y+z=0

, откъдето

x^4+y^4+z^4=2(x^2+xy+y^2)^2

; но

x^2+xy+y^2=(a+b+c)^2

при

ab+bc+ca=0

. Остава да докажем, че други решения няма. От

(a,b,c)=(0,0,0)

следва

P(0)=0

. После от

(a,b,c)=(x,0,0)

получаваме

P(x)+P(-x)=2P(x)

, следователно

P

е четен полином. Сега полагаме

(a,b,c)=(6x,3x,-2x)

. Условието

ab+bc+ca=0

е изпълнено и, понеже

P

е четен, получаваме полиномното тъждество

P(3x)+P(5x)+P(8x)=2P(7x).

Ако

P

не е нулев и

d=\deg P

, сравняването на водещите коефициенти дава

3^d+5^d+8^d=2\cdot7^d.

Степента

d

е четна. Ако

d\ge7

, то

8^d\gt{}2\cdot7^d

, което е невъзможно. От друга страна, по модул

7

получаваме

3^d+5^d\equiv6\pmod7

, а за четно

d

това налага

d\equiv2,4\pmod6

. Следователно

d\le4

. Понеже

P

е четен и

P(0)=0

, в него могат да участват само членовете

x^2

x^4

. Значи точно полиномите

P(x)=\alpha x^4+\beta x^2

са решения.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дефинираме „кука“ като фигура, съставена от шест единични квадратчета, показана на схемата по-долу, както и всяка фигура, получена от нея чрез завъртане или отражение.Кои правоъгълници с размери

m\times n

могат да бъдат покрити с куки?

Решение

Отговорът е: точно тези правоъгълници, за които

m,n\notin\{1,2,5\},\qquad (3\mid m\text{ или }3\mid n),

\qquad (4\mid m\text{ или }4\mid n).

Тук първото условие означава, че нито една от двете страни не е равна на

1

2

или

5

. Първо ще покажем, че тези условия са достатъчни. Ще докажем малко по-силно твърдение: всеки правоъгълник, който ги удовлетворява, може да се покрие с правоъгълници

3\times4

, а всеки такъв правоъгълник се покрива с две куки. Ако едната страна се дели на

3

, а другата на

4

, твърдението е ясно. Остава случаят, в който един и същи размер носи и делимостта на

3

, и делимостта на

4

. По симетрия нека

12\mid m

, но

3\nmid n

4\nmid n

. От

n\notin\{1,2,5\}

получаваме

n\ge7

, а всяко такова

n

, неделящо се нито на

3

, нито на

4

, може да се запише във вида

n=3a+4b

за някои неотрицателни цели

a,b

. Разрязваме правоъгълника на ивици с ширини

3

4

; понеже

m

се дели на

12

, всяка от тези ивици се покрива с правоъгълници

3\times4

. Това доказва достатъчността. Сега доказваме необходимостта. Условието

m,n\notin\{1,2,5\}

се проверява директно от възможните положения на кука покрай гранична лента; в ширина

1

или

2

кука изобщо не се побира, а ширина

5

води до принудително и невъзможно продължаване от ъглите. За делимостите използваме сдвояване на куките. Всяка поставена кука има характерна вдлъбнатина; ако я съпоставим с куката, която заема тази вдлъбнатина, получаваме взаимно-еднозначно сдвояване на куките. Следователно клетките се групират в

12

-клетъчни плочки от двата вида, показани по-долу, като са разрешени завъртания и отражения.В частност лицето

mn

се дели на

12

, откъдето веднага следва условието за делимост на

3

. За делимостта на

4

остава само да изключим случая, в който факторите

2

са разпределени по един във всяка страна. След евентуална размяна на страните това означава правоъгълник

6a\times2b

с нечетни

a

b

. Ще докажем по-силното твърдение: ако правоъгълник

6a\times2b

е покрит с горните

12

-клетъчни плочки, то поне едно от числата

a,b

е четно. Класифицираме плочките в два типа. Плочка от първи тип има точно четири стълба, във всеки от които има по три клетки; освен това във всеки неин ред броят клетки е четен, а именно

2

или

4

. Плочка от втори тип е симетричната ситуация: тя има точно четири реда, във всеки от които има по три клетки, а във всеки неин стълб броят клетки е четен. Ще покажем, че във всяко покритие броят на плочките от всеки тип е четен. По симетрия е достатъчно да разгледаме плочките от първи тип. Оцветяваме в червено всеки четвърти стълб на правоъгълника. Общият брой червени клетки е четен, защото всеки червен стълб има височина

2b

. Всяка плочка от втори тип покрива четен брой червени клетки, понеже във всеки неин стълб има четен брой клетки. Всяка плочка от първи тип обаче има четири последователни стълба с по три клетки във всеки, затова тя покрива нечетен брой червени клетки. Следователно броят на плочките от първи тип е четен. Същият довод, приложен към всеки четвърти ред, показва, че броят на плочките от втори тип също е четен. И така общият брой

12

-клетъчни плочки е четен. Но този брой е

\frac{6a\cdot2b}{12}=ab.

Значи

ab

е четно, тоест поне едно от

a,b

е четно. Това изключва лошия случай, в който никоя страна не се дели на

4

, и завършва доказателството.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n\ge3

е цяло число и

t_1,t_2,\ldots,t_n

са положителни реални числа, за които

n^2+1\gt{}

\left(t_1+t_2+\cdots+t_n\right)\left(\frac1{t_1}+\frac1{t_2}+\cdots+\frac1{t_n}\right).

Докажете, че

t_i,t_j,t_k

са страни на триъгълник за всички

1\le i\lt{}j\lt{}k\le n

Решение

Избираме произволни три от числата и след преномериране ги означаваме с

a,b,c

, като

c

е най-голямото от тях. Достатъчно е да докажем

c\lt{}a+b

. Разкриваме произведението:

\left(\sum_{i=1}^n t_i\right)\left(\sum_{i=1}^n \frac1{t_i}\right)=

n+\sum_{1\le i\lt{}j\le n}\left(\frac{t_i}{t_j}+\frac{t_j}{t_i}\right).

Всички членове извън избраната тройка са поне

2

по AM-GM. Затова

n^2+1\gt{}

n+2\left(\binom{n}{2}-3\right)+\left(\frac ab+\frac ba\right)+\frac{a+b}{c}+c\left(\frac1a+\frac1b\right).

Още веднъж по AM-GM имаме

\frac ab+\frac ba\ge2

\frac1a+\frac1b\ge\frac4{a+b}

, следователно

n^2+1\gt{}n^2-4+\frac{a+b}{c}+\frac{4c}{a+b}.

Значи

\frac{a+b}{c}+\frac{4c}{a+b}\lt{}5.

След умножение с положителното число

c(a+b)

получаваме

(4c-(a+b))(c-(a+b))\lt{}0.

Оттук

c\lt{}a+b

. Понеже

c

беше най-голямото от трите избрани числа, другите две триъгълни неравенства са автоматични. Така всяка тройка е страна на триъгълник.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

В изпъкнал четириъгълник

ABCD

диагоналът

BD

не разполовява нито

\angle ABC

, нито

\angle CDA

. Точката

P

лежи вътре в

ABCD

и удовлетворява

\angle PBC=\angle DBA\qquad\text{и}\qquad \angle PDC=\angle BDA.

Да се докаже, че

ABCD

е вписан четириъгълник тогава и само тогава, когато

AP=CP

Решение

Първо отбелязваме защо условието за неразполовяване на ъглите е съществено. Ако го махнем, хвърчило с

BA=BC

DA=DC

дава контрапример: тогава

AP=CP

за централната точка

P

, но четириъгълникът не е непременно вписан. В нашата задача това условие е еквивалентно на

P\notin BD

, затова триъгълникът

PBD

е недегенериран.Ще използваме барицентрични координати спрямо триъгълника

PBD

, като

P=(1,0,0),\qquad B=(0,1,0),\qquad D=(0,0,1).

Нека

a=BD,\qquad b=DP,\qquad c=PB.

От ъгловите условия в задачата точките

A

C

са изогонално спрегнати спрямо триъгълника

PBD

. Затова можем да запишем

A=(au:bv:cw),\qquad C=\left(\frac au:\frac bv:\frac cw\right)

за някои ненулеви числа

u,v,w

. За краткост полагаме

M=au+bv+cw,\qquad N=avw+bwu+cuv.

Първо ще преведем условието за вписаност. В барицентрични координати спрямо

PBD

окръжностите през

B

D

са точно геометричните места, за които изразът

\frac{a^2yz+b^2zx+c^2xy}{x(x+y+z)}

е константа. За точката

A=(au:bv:cw)

тази стойност е

\frac{abc\cdot N}{au\cdot M},

а за точката

C=\left(\frac au:\frac bv:\frac cw\right)

тя е

\frac{abc\cdot uvw\cdot M}{avw\cdot N}.

Следователно

A,B,C,D

лежат на една окръжност точно когато тези две стойности са равни, тоест точно когато

N^2=u^2M^2.\tag{1}

Остава да видим, че същото условие е еквивалентно на

PA=PC

. Имаме

\overrightarrow{PA}=\frac1M(bv+cw,-bv,-cw).

Стандартната формула за дължина в барицентрични координати дава

\begin{align*} M^2\cdot PA^2 &=-a^2(bv)(cw)+b^2(cw)(bv+cw)+c^2(bv)(bv+cw)\\ &=bc\bigl(-a^2vw+(bw+cv)(bv+cw)\bigr). \end{align*}

Същото пресмятане за

C

, което се получава като заменим

u,v,w

с обратните им стойности, дава

N^2\cdot PC^2=u^2bc\bigl(-a^2vw+(bw+cv)(bv+cw)\bigr).

Сравнявайки последните две формули, получаваме

PA=PC\qquad\Longleftrightarrow\qquad N^2=u^2M^2.

Но това е точно условието (1), което вече разпознахме като вписаност на

ABCD

. Следователно

ABCD

е вписан тогава и само тогава, когато

AP=CP

, както трябваше да се докаже.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Наричаме положително цяло число редуващо се, ако всеки две съседни цифри в десетичния му запис са с различна четност. Намерете всички положителни цели числа

n

, които имат редуващо се кратно.

Решение

Отговорът е: всички положителни цели числа

n

, за които

20\nmid n

. Ако

20\mid n

, всяко положително кратно на

n

завършва на

00,20,40,60

или

80

, тоест последните му две цифри са четни. Значи такова кратно не може да бъде редуващо се. Ще докажем обратното чрез две конструкции. Първо, за всяко четно

w\ge2

съществува редуващо се четно число

g(w)

с точно

w

цифри, което се дели на

2^{w+1}

, и редуващо се четно число

h(w)

с точно

w

цифри, което се дели на

5^w

. Ще ги строим така, че първата цифра да е нечетна. За

g(2)

вземаме

32

. Ако вече имаме

g(w)

, избираме двуцифрено число

e

от множеството

E=\{10,12,14,16,18,30,\ldots,98\},

тоест с нечетна десетица и четна единица, и полагаме

g(w+2)=10^w e+g(w)

. Това само добавя две цифри отпред и запазва редуването. Освен това, след деление на

2^w

, числата

10^w e

дават всички четни остатъци по модул

8

, а

g(w)/2^w

е четно; следователно можем да изберем

e

така, че

g(w+2)

да се дели на

2^{w+3}

. За

h(2)

вземаме

50

. Индукцията е същата: полагаме

h(w+2)=10^w e+h(w)

e\in E

. След деление на

5^w

трябва да изберем остатък по модул

25

, а множеството

E

дава всички остатъци по модул

25

. Така получаваме

h(w+2)\equiv0\pmod{5^{w+2}}

. Втората конструкция е за началото на числото. Ако

\gcd(m,10)=1

, тогава за всеки остатък

b\pmod m

има редуващо се четно число

f

, което е сравнимо с

b

по модул

m

. Наистина, избираме много голямо

M

, делящо се на

\varphi(99m)

, и разглеждаме

A=10\cdot\frac{100^M-1}{99}=1010\ldots10.

Тогава

A\equiv0\pmod m

. Понеже

\gcd(20,m)=1

, избираме

q

така, че

20q\equiv b\pmod m

. В числото

A

сменяме

q

подходящи единици с тройки, като използваме позиции

e_r=2\varphi(m)r+1

; за тях

10^{e_r}\equiv10\pmod m

. Всяка такава смяна добавя

2\cdot10^{e_r}\equiv20\pmod m

, не нарушава редуването и не променя последната четна цифра. Полученото число е търсеното

f

. Сега нека

n

не се дели на

20

. Ако в

n

няма фактор

5

, пишем

n=2^k m

, където

\gcd(m,10)=1

. Избираме четно

w\ge\max(2,k)

и опашка

T=g(w)

. По началната конструкция вземаме редуващо се четно

F

F\equiv -T\cdot10^{-w}\pmod m.

Тогава конкатенацията

N=10^wF+T

е редуващо се число:

F

завършва с четна цифра, а

T

започва с нечетна. Освен това

N

се дели на

2^k

заради последните

w

цифри и се дели на

m

по избора на

F

, следователно

n\mid N

. Остава случаят, в който

5\mid n

. Тъй като

20\nmid n

, можем да запишем

n=2^\epsilon5^k m

, където

\epsilon\in\{0,1\}

k\ge1

\gcd(m,10)=1

. Избираме четно

w\ge\max(2,k)

T=h(w)

, а после отново избираме

F\equiv -T\cdot10^{-w}\pmod m

и слагаме

N=10^wF+T

. Същият аргумент показва, че

N

е редуващо се и се дели на

5^k m

; понеже

T

е четно,

N

е четно, така че покриваме и фактора

2^\epsilon

. В частност при

\epsilon=1

k=2

това е случаят

50m

с опашка

h(2)=50

. Следователно всяко

n

20\nmid n

има редуващо се кратно.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/6Условие — източник

2005

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Върху страните на равностранен триъгълник

ABC

са избрани шест точки:

A_1,A_2

върху

BC

B_1,B_2

върху

CA

C_1,C_2

върху

AB

, така че те са върхове на изпъкнал шестоъгълник

A_1A_2B_1B_2C_1C_2

с равни страни. Докажете, че правите

A_1B_2

B_1C_2

C_1A_2

се пресичат в една точка.

Решение

Ориентираме шестте страни на шестоъгълника в реда

A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2

. Сумата на тези шест вектора е нула. Първо разглеждаме трите страни, които лежат върху страните на равностранния триъгълник

ABC

. Понеже

A_1A_2

B_1B_2

C_1C_2

са равни по дължина и са насочени по трите посоки на равностранен триъгълник, имаме

\overrightarrow{A_1A_2}+\overrightarrow{B_1B_2}+\overrightarrow{C_1C_2}=0.

Следователно от нулевата сума на всички страни на шестоъгълника получаваме

\overrightarrow{A_2B_1}+\overrightarrow{B_2C_1}+\overrightarrow{C_2A_1}=0.

Трите вектора в последното равенство също имат една и съща дължина. Ако три равни по дължина ненулеви вектора имат сума нула, то посоките им са през

120^\circ

една от друга. Значи векторите

\overrightarrow{A_2B_1}

\overrightarrow{B_2C_1}

\overrightarrow{C_2A_1}

също образуват три посоки на равностранен триъгълник. Оттук триъгълниците

A_1A_2B_1

B_1B_2C_1

C_1C_2A_1

са конгруентни: във всеки от тях имаме две страни, равни на страната на шестоъгълника, а включеният ъгъл е един и същ. Следователно третите им страни са равни, тоест

A_1B_1=B_1C_1=C_1A_1.

Значи

A_1B_1C_1

е равностранен триъгълник. Освен това триъгълникът

B_1B_2C_1

е равнобедрен, така че

B_2

лежи върху симетралата на

B_1C_1

. В равностранния триъгълник

A_1B_1C_1

тази симетрала минава през върха

A_1

и през центъра му. Следователно правата

A_1B_2

е една от медианите на

A_1B_1C_1

. По същия начин

B_1C_2

C_1A_2

са другите две медиани. Трите медиани на един триъгълник се пресичат в медицентъра му, откъдето следва исканата конкурентност.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

a_1,a_2,\ldots

е редица от цели числа, в която има безброй много положителни и безброй много отрицателни членове. Да се предположи, че за всяко положително цяло число

n

числата

a_1,a_2,\ldots,a_n

дават

n

различни остатъка при деление на

n

. Докажете, че всяко цяло число се среща точно веднъж в редицата.

Решение

Ако

a_i=a_j

за

i\lt{}j

, сред първите

j

члена има два с един и същ остатък по модул

j

, противоречие. Значи всяко цяло число се среща най-много веднъж. За

i\lt{}j

имаме

|a_i-a_j|\lt{}j

, защото при

n=|a_i-a_j|\ge j

двата члена биха били сред първите

n

и сравними по модул

n

. Индукция показва, че първите

n

члена винаги са

n

последователни цели числа. Ако те са от

k+1

до

k+n

, то по модул

n+1

липсва само остатъкът на

k

, следователно

a_{n+1}\equiv k\pmod{n+1}

. От

|a_{n+1}-a_1|\lt{}n+1

остават само

a_{n+1}=k

или

a_{n+1}=k+n+1

, тоест интервалът се разширява с единица. Безброй многото положителни и отрицателни членове правят тези интервали неограничени в двете посоки, така че всяко цяло число попада в някой от тях. Следователно всяко цяло число се среща точно веднъж.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

x,y,z\gt{}0

xyz\ge1

. Докажете, че

\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}

+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\ge

0.

Решение

Нека

S=x^2+y^2+z^2

. Понеже

\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}=1-\frac{S}{x^5+y^2+z^2}

и аналогично за другите две събираеми, задачата е еквивалентна на

\sum_{\text{cyc}}\frac1{x^5+y^2+z^2}\le\frac3S.\tag{1}

Достатъчно е да докажем (1) при

xyz=1

: ако

x=tX

y=tY

z=tZ

XYZ=1

t\ge1

, тогава

x^5+y^2+z^2=t^2(t^3X^5+Y^2+Z^2)\ge t^2(X^5+Y^2+Z^2),

S=t^2(X^2+Y^2+Z^2)

. При

xyz=1

от неравенството на Коши следва

(x^5+y^2+z^2)(x^{-1}+y^2+z^2)\ge(x^2+y^2+z^2)^2,

тоест

\frac1{x^5+y^2+z^2}\le\frac{x^{-1}+y^2+z^2}{S^2}.

Сумираме циклично и получаваме

\sum_{\text{cyc}}\frac1{x^5+y^2+z^2}\le\frac{x^{-1}+y^{-1}+z^{-1}+2S}{S^2}.

Но

xyz=1

дава

x^{-1}+y^{-1}+z^{-1}=xy+yz+zx\le S

. Следователно дясната страна е най-много

3/S

, което доказва (1), а с него и исканото неравенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Определете всички положителни цели числа, които са взаимно прости с всички членове на редицата

a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\ge1.

Решение

Отговорът е само

1.

Нека

m\gt{}1

и нека

p

е прост делител на

m

. Ако

p=2

или

p=3

, то

a_2=2^2+3^2+6^2-1=48

се дели на

p

. Нека сега

p\ge5

. По малката теорема на Ферма имаме

2^{p-2}\equiv2^{-1}

3^{p-2}\equiv3^{-1}

6^{p-2}\equiv6^{-1}\pmod p

. Затова

a_{p-2}\equiv2^{-1}+3^{-1}+6^{-1}-1\equiv

\frac12+\frac13+\frac16-1\equiv0\pmod p.

Значи някой член на редицата има общ делител

p

m

, така че

m

не е взаимно просто с всички членове. Единственото възможно число е

1

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

ABCD

е фиксиран изпъкнал четириъгълник, за който

BC=DA

и правите

BC

DA

не са успоредни. Нека променливите точки

E

F

лежат съответно върху страните

BC

DA

и удовлетворяват

BE=DF

. Правите

AC

BD

се пресичат в

P

, правите

BD

EF

се пресичат в

Q

, а правите

EF

AC

се пресичат в

R

. Докажете, че описаните окръжности на триъгълниците

PQR

, когато

E

F

се променят, имат обща точка, различна от

P

Решение

Нека

M

е точката на Микел на пълния четириъгълник, образуван от правите

AD

DB

BC

CA

. С други думи,

M

е втората обща точка на описаните окръжности на триъгълниците

APD

BPC

. Тази точка е фиксирана, защото зависи само от четириъгълника

ABCD

. Ще докажем, че именно тя лежи върху всяка от окръжностите

(PQR)

.Точката

M

е център на спирална подобност, която изпраща отсечката

DA

в отсечката

BC

: тя изпраща

D

B

A

C

. Понеже

DA=BC

, тази спирална подобност има коефициент

1

. Затова точката

F

от

DA

се изпраща в точката

E

от

BC

, тъй като

DF=BE

. Следователно

M

е и точка на Микел за пълния четириъгълник, образуван от правите

FA

AC

CE

EF

. Понеже

R=AC\cap EF

, получаваме, че четириъгълникът

FARM

е вписан. По същия начин, разглеждайки правите

FD

DB

BE

EF

, получаваме, че

DFQM

е вписан: тук

Q=DB\cap EF

. Сега разглеждаме пълния четириъгълник, образуван от правите

AF

FQ

QP

PA

. Вече знаем, че

M

лежи върху окръжността

(FAR)

, а също и върху окръжността

(DFQ)

, където

D=AF\cap QP

R=FQ\cap PA

. Следователно по теоремата на Микел за този пълен четириъгълник точката

M

лежи и върху четвъртата окръжност, а тя е точно

(PQR)

. И така всички окръжности

(PQR)

минават през една и съща фиксирана точка

M

, различна от

P

, както трябваше да се докаже.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

В математическо състезание са дадени

6

задачи. Всяка двойка задачи е решена от повече от

\frac25

от състезателите. Никой не е решил всичките

6

задачи. Докажете, че е имало поне двама състезатели, всеки от които е решил точно

5

задачи.

Решение

Да допуснем, че най-много един състезател е решил точно

5

задачи. Като добавяме решени задачи, можем да приемем, че един състезател е решил

P_1,\ldots,P_5

, а всеки друг е решил точно

4

задачи; това само увеличава броя решавания на двойки и не създава решаване на всичките

6

. Нека

a_i

брои състезателите, пропуснали

P_i

P_6

, а

b_{ij}

брои състезателите, решили

P_6

и пропуснали

P_i,P_j

, за

1\le i\lt{}j\le5

. Нека

t_i

е броят решили

P_i,P_6

, а

t_{ij}

броят решили

P_i,P_j

. Всички петнадесет числа

t_i,t_{ij}

са цели и са по-големи от

2n/5

. Сумата им е

10+6(n-1)=6n+4

, защото отличеният състезател дава

\binom{5}{2}

двойки, а всеки друг дава

\binom{4}{2}

. Оттук, с проверка по остатъка на

n

по модул

5

, следва, че

k=(2n+1)/5

е цяло, едно от тези числа е

k+1

, а останалите са

k

. За всяка двойка

u,v

и допълваща тройка

r,s,t

директно сравнение на коефициентите пред

a_i

b_{ij}

дава

t_{uv}\equiv1+t_r+t_s+t_t+t_{rs}+t_{st}+t_{tr}\pmod3.

Ако единственото

k+1

е от вида

t_i

, нека е

t_5

. Тогава формулата за

t_{45}

дава

k\equiv1+6k\pmod3

, а формулата за

t_{12}

дава

k\equiv2+6k\pmod3

, невъзможно. Ако единственото

k+1

е от вида

t_{ij}

, нека е

t_{45}

. Тогава получаваме едновременно

k+1\equiv1+6k\pmod3

k\equiv2+6k\pmod3

, пак невъзможно. Противоречието доказва, че поне двама състезатели са решили точно

5

задачи.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/6Условие — източник

2006

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник с инцентър

I

. Точка

P

лежи във вътрешността на триъгълника и удовлетворява

\angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB.

Докажете, че

AP\ge AI

, като равенство има тогава и само тогава, когато

P=I

Решение

От условието получаваме

\angle PBC+\angle PCB=(\angle B-\angle PBC)+(\angle C-\angle PCB),

защото

P

е вътрешна точка за триъгълника. Следователно

\angle PBC+\angle PCB=\frac{\angle B+\angle C}{2}.

Оттук

\angle BPC=180^\circ-(\angle PBC+\angle PCB)=90^\circ+\frac{\angle A}{2}.

Но за инцентъра е известно, че

\angle BIC=90^\circ+\frac{\angle A}{2}.

Понеже и

P

, и

I

лежат от една и съща страна на

BC

, точките

B,C,I,P

са върху една окръжност. Нека

M

е средата на дъгата

BC

от описаната около

ABC

окръжност, която не съдържа

A

. Стандартно свойство на инцентъра дава, че

A,I,M

са колинеарни и че

M

е центърът на описаната около

BIC

окръжност. Следователно, понеже

P

лежи на същата окръжност, имаме

PM=IM

. От триъгълното неравенство в триъгълника

APM

следва

AI+IM=AM\le AP+PM=AP+IM,

откъдето

AI\le AP

. Равенство е възможно само при равенство в това триъгълно неравенство, тоест когато

A,P,M

са колинеарни. На общата окръжност на

B,C,I,P

правата

AM

пресича вътрешността на триъгълника точно в точката

I

от тази конфигурация; другата пресечна точка лежи извън триъгълника. Затова равенство се получава тогава и само тогава, когато

P=I

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

P

е правилен

2006

-ъгълник. Един диагонал се нарича добър, ако краищата му разделят границата на

P

на две части, всяка съставена от нечетен брой страни на

P

. Страните на

P

също се наричат добри. Да предположим, че

P

е разсечен на триъгълници чрез

2003

диагонала, никои два от които нямат обща вътрешна точка. Намерете най-големия възможен брой равнобедрени триъгълници с две добри страни, които могат да се появят в такава конфигурация.

Решение

Ще наричаме триъгълник със свойството от условието специален. Отговорът е

1003.

Първо, тази стойност се достига. Номерираме последователните върхове на многоъгълника и начертаваме диагоналите, които отрязват триъгълниците с две съседни страни:

(1,3),(3,5),\dots,(2005,1)

. Така получаваме

1003

равнобедрени триъгълника, всеки с две страни на първоначалния многоъгълник, следователно с две добри страни. Остава вътрешен правилен

1003

-ъгълник, който може да се триангулира произволно. Ще докажем, че повече специални триъгълници не може да има. Използваме две прости наблюдения. В специален триъгълник двете добри страни са равните страни, а третата страна не е равна на тях: дължината на хорда в правилния многоъгълник определя една и съща четност на съответните дъги. Освен това два специални равнобедрени триъгълника не могат да имат обща добра страна. Разглеждаме дървото

T

, чиито върхове са

2004

-те триъгълника в разсичането, а два върха са съседни, ако съответните триъгълници имат общ диагонал. Нека

F

е гората, получена от

T

след премахване на всяко ребро, което съответства на добър диагонал. Тогава всеки връх на

F

има степен

1

или

3

, а специални триъгълници могат да се появят само при върхове от степен

1

. Нека в разсичането са начертани

k

добри диагонала. Тогава

F

се състои от

k+1

дървета. Ако едно от тях има

n_i

върха, понеже всички степени са

1

или

3

, броят на листата му е

(n_i+2)/2.

От друга страна, за всеки премахнат добър диагонал поне един от двата съседни триъгълника не е специален; иначе два специални триъгълника биха имали обща добра страна. Следователно поне

k

от листата не дават специални триъгълници. Затова броят на специалните триъгълници е най-много

-k+\sum_i\frac{n_i+2}{2}=-k+\frac{2004+2(k+1)}2=1003.

Това съвпада с конструкцията и задачата е решена.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете най-малкото реално число

M

, за което неравенството

\frac{\left|ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\right|}{(a^2+b^2+c^2)^2}\le M

е изпълнено за всички реални числа

a,b,c

Решение

Използваме тъждеството

ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)=

-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c).

Нека

x=a-b,\quad y=b-c,\quad z=c-a,\quad s=a+b+c.

Тогава

x+y+z=0

x^2+y^2+z^2+s^2=3(a^2+b^2+c^2),

така че задачата се свежда до най-малката константа

M

, за която

|xyzs|\le\frac{M}{9}(x^2+y^2+z^2+s^2)^2

при

x+y+z=0

. При фиксирани

x^2+y^2+z^2

максимумът на

|xyz|

под условието

x+y+z=0

се достига, когато две от числата са равни. Затова можем да положим

x=y=u

z=-2u

. Остава да намерим максимума на

\frac{18u^3v}{(6u^2+v^2)^2}

за

u\gt{}0

v=|s|\ge0

. Ако

r=v/u

, този израз е

\frac{18r}{(6+r^2)^2},

чийто максимум за

r\ge0

се достига при

r=\sqrt2

и е

\frac{9\sqrt2}{32}

. Следователно

M=\frac{9\sqrt2}{32}

работи. Равенство се достига например при

a-b=b-c=u

a+b+c=\sqrt2u

за произволно

u\ne0

, затова това е най-малката възможна стойност.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Намерете всички двойки цели числа

(x,y)

, за които

1+2^x+2^{2x+1}=y^2.

Решение

Отговорът е

(x,y)=(0,\pm2),\quad (4,\pm23).

Те се проверяват директно. Ако

x\lt{}0

, лявата страна е между

1

2

включително и не е квадрат на цяло число; ако

1\le x\le3

, директната проверка също не дава решение. Остава да разгледаме

x\ge4

. Понеже уравнението зависи от

y^2

, можем да считаме

y\gt{}0

. Имаме

2^x(1+2^{x+1})=y^2-1=(y-1)(y+1).

Числото

y

е нечетно, а

\gcd(y-1,y+1)=2

. Следователно за някое нечетно положително цяло число

m

е изпълнен един от двата случая. Ако

y=2^{x-1}m+1

, то

1+2^{x+1}=m(2^{x-2}m+1),

откъдето

2^x=\frac{4(1-m)}{m^2-8}.

Ако

y=2^{x-1}m-1

, то

1+2^{x+1}=m(2^{x-2}m-1),

откъдето

2^x=\frac{4(1+m)}{m^2-8}.

Понеже

x\ge4

, тези равенства налагат

m\lt{}5

. Проверяваме нечетните възможности

m=1,3

. Единствено вторият случай с

m=3

дава

2^x=16

, тоест

x=4

y=23

. Заедно със симетрията по знака на

y

и решението

x=0

получаваме точно посочените двойки.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

P(x)

е полином от степен

n\gt{}1

с цели коефициенти и нека

k

е положително цяло число. Разглеждаме полинома

Q(x)=P(P(\ldots P(P(x))\ldots)),

където

P

се прилага

k

пъти. Докажете, че има най-много

n

цели числа

t

, за които

Q(t)=t

Решение

Първо ще използваме стандартно твърдение: ако цяло число е периодично при действието на

P

, то то е неподвижно за

P\circ P

. Нека

x_1,x_2,\ldots,x_r

е минимален цикъл. Понеже

P

има цели коефициенти,

x_i-x_{i+1}\mid P(x_i)-P(x_{i+1})=x_{i+1}-x_{i+2}

за всеки

i

по модул

r

. Ако някоя разлика е нула, цикълът е неподвижна точка. Иначе абсолютните стойности на всички тези разлики са равни, а знаците принуждават

x_i=x_{i+2}

. Следователно периодът е най-много

2

, както твърдяхме. Затова всяко цяло

t

Q(t)=t

удовлетворява

P(P(t))=t

. Ако няма двойка различни цели числа

u,v

P(u)=v

P(v)=u

, тогава всички такива

t

са корени на

P(x)-x

, а те са най-много

n

. Нека сега има такава двойка

u\ne v

и положим

c=u+v

. Ще докажем, че всяко цяло

a

P(P(a))=a

удовлетворява

a+P(a)=c.

Нека

b=P(a)

. Ако

\{a,b\}=\{u,v\}

, твърдението е ясно. Иначе

a,b

са различни от

u,v

като множество. От делимостта за полиноми с цели коефициенти имаме

u-a\mid P(u)-P(a)=v-b\quad

\text{и}\quad v-b\mid P(v)-P(b)=u-a,

следователно

u-a=\pm(v-b)

. Аналогично

u-b=\pm(v-a)

. При разглеждане на четирите избора на знаци всеки път се получава

a+b=u+v=c

. Следователно всички цели решения на

Q(t)=t

са сред корените на

x+P(x)-c=0.

Този полином има степен

n

, така че има най-много

n

цели корена. Това доказва исканото.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

На всяка страна

b

на изпъкнал многоъгълник

P

съпоставяме най-голямото лице на триъгълник, който има

b

за страна и се съдържа в

P

. Докажете, че сборът на лицата, съпоставени на страните на

P

, е поне два пъти лицето на

P

Решение

Ще наричаме многоъгълник почти изпъкнал, ако всичките му ъгли са най-много

180^\circ

. Първо отбелязваме, че ако в изпъкнал или почти изпъкнал многоъгълник добавим нов връх върху някоя страна, сборът на съпоставените числа не се променя. Наистина, за всяка от двете получени части най-голямото възможно лице е половината от дължината на тази част, умножена по една и съща максимална височина към точка от многоъгълника. Лема. Нека

N

е четно цяло число. Всеки почти изпъкнал

N

-ъгълник с лице

S

съдържа триъгълник с върхове сред върховете на многоъгълника и с лице поне

2S/N

. Доказателство на лемата. Нека върховете са

P_0,P_1,\dots,P_{N-1}

в този ред. Разглеждаме

N/2

-те главни диагонала

P_0P_{N/2},\quad P_1P_{N/2+1},\quad \dots.

Ще наричаме пеперуда всеки самопресичащ се четириъгълник

P_iP_{i+1}P_{i+1+N/2}P_{i+N/2}.

Следната схема показва пример за

N=8

.Първо ще покажем, че всяка точка

X

от многоъгълника лежи в обхвата на някоя от тези пеперуди. Представяме си процес тип вятърна мелница: започваме с ориентираната права

P_0P_{N/2}

, после я завъртаме през пресечната точка на

P_0P_{N/2}

P_1P_{N/2+1}

, докато стане правата

P_1P_{N/2+1}

; след това по същия начин преминаваме към

P_2P_{N/2+2}

и така нататък, докато стигнем обратно до правата

P_{N/2}P_0

, но с обратна ориентация. В края на този процес всяка точка от равнината е сменила страната си спрямо движещата се права. В момента, в който

X

сменя страната си, тя попада в съответната пеперуда. Второ, ако

ABDC=P_iP_{i+1}P_{i+1+N/2}P_{i+N/2}

е пеперуда, то един от триъгълниците

ABC

BCD

CDA

DAB

има лице поне колкото лицето на пеперудата. Нека диагоналите на пеперудата се пресичат в

O

и нека

a=AO,\quad b=BO,\quad c=CO,\quad d=DO.

Без ограничение на общността приемаме, че

d

е най-малкото от тези четири числа. Тогава

[ABC]=[AOB]+[BOC]\ge [AOB]+[COD],

а дясната страна е лицето на пеперудата. Понеже

N/2

-те пеперуди покриват целия почти изпъкнал многоъгълник, една от тях има лице поне

\frac{S}{N/2}=\frac{2S}{N}.

От предходния абзац тази пеперуда дава триъгълник с лице поне

2S/N

, което доказва лемата. Сега се връщаме към задачата. Нека

a_1,a_2,\dots,a_n

са числата, съпоставени на страните на първоначалния многоъгълник, и да допуснем противното:

a_1+a_2+\dots+a_n\lt{}2S.

Избираме четни цели числа

m_1,m_2,\dots,m_n

така, че за всяко

i

да е изпълнено

\frac{a_i}{S}\lt{}\frac{2m_i}{m_1+m_2+\dots+m_n}.

Това е възможно чрез рационално приближение, защото десните страни имат сбор

2

, а левите страни имат сбор строго по-малък от

2

. Разделяме

i

-тата страна на

P

на

m_i

равни части. Така получаваме почти изпъкнал

N

-ъгълник, където

N=m_1+m_2+\dots+m_n,

N

е четно. По лемата в него има триъгълник

\Delta

с лице поне

2S/N

. Ако страната на

\Delta

, която е страна от новия многоъгълник, лежи върху

i

-тата стара страна, то като заменим тази малка основа с цялата стара страна и запазим третия връх, получаваме триъгълник в

P

с лице

m_i

пъти по-голямо. Следователно

a_i\ge m_i\cdot\frac{2S}{N},

което противоречи на избора на

m_i

. Противоречието доказва, че

a_1+a_2+\dots+a_n\ge 2S,

както се искаше.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/6Условие — източник

2007

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са реални числа

a_1,a_2,\ldots,a_n

. За всяко

1\le i\le n

полагаме

d_i=\max\left\{a_j:1\le j\le i\right\}-\min\left\{a_j:i\le j\le n\right\},

d=\max\left\{d_i:1\le i\le n\right\}

. а) Докажете, че за всички реални числа

x_1\le x_2\le\cdots\le x_n

е изпълнено

\max_{1\le i\le n}|x_i-a_i|\ge \frac d2.

б) Докажете, че съществува избор на

x_1\le x_2\le\cdots\le x_n

, за който се достига равенство.

Решение

Първо забелязваме, че определението на

d

е еквивалентно на

d=\max_{1\le i\le j\le n}(a_i-a_j).

Наистина,

d_i

избира най-голямото възможно

a_p

отляво на

i

и най-малкото възможно

a_q

отдясно на

i

, тоест точно двойки

p\le i\le q

. За долната оценка нека

i\le j

. Понеже

x_i\le x_j

, не може едновременно да са изпълнени

|x_i-a_i|\lt{}\frac{a_i-a_j}{2}\quad\text{и}\quad |x_j-a_j|\lt{}\frac{a_i-a_j}{2}

когато

a_i\gt{}a_j

, защото тогава бихме получили

x_i\gt{}\frac{a_i+a_j}{2}\gt{}x_j,

противоречие. Следователно за всяка такава двойка максималната грешка е поне

(a_i-a_j)/2

, а като вземем максимум по всички

i\le j

, получаваме исканото

d/2

. Остава да построим редица, която достига тази оценка. Полагаме

x_i=\max_{1\le k\le i}\left(a_k-\frac d2\right).

Тогава

x_1\le x_2\le\cdots\le x_n

по дефиниция. Освен това

x_i\ge a_i-d/2

, защото максимумът съдържа члена с

k=i

. От друга страна, за всяко

k\le i

имаме

a_k-a_i\le d

, следователно

a_k-d/2\le a_i+d/2

. Значи

x_i\le a_i+d/2

. Така

|x_i-a_i|\le d/2

за всяко

i

. Заедно с вече доказаната долна оценка това дава точно равенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са пет точки

A,B,C,D,E

така, че

ABCD

е успоредник, а

BCED

е вписан четириъгълник. Нека

\ell

е права през

A

. Нека

\ell

пресича вътрешността на отсечката

DC

F

и правата

BC

G

. Ако

EF=EG=EC

, докажете, че

\ell

е ъглополовящата на

\angle DAB

Решение

Нека

M,N,P

са средите съответно на отсечките

CF,CG,AC

. Понеже

ABCD

е успоредник, точката

P

е и средата на

BD

. Хомотетия с център

C

и коефициент

\frac12

праща

F

M

G

N

A

P

. Следователно правата

\ell=AGF

се праща в правата

MNP

.От

EF=EC

и това, че

M

е средата на

CF

, получаваме

EM\perp CF

. По същия начин от

EG=EC

и това, че

N

е средата на

CG

, получаваме

EN\perp CG

. Понеже

B,C,D,E

лежат на една окръжност, правата през двете проекции

M

N

е правата на Симсон на точката

E

спрямо триъгълника

BCD

. Но

P

лежи на същата права

MN

и на страната

BD

, затова

P

е третата проекция. Следователно

EP\perp BD

. Понеже

P

е средата на

BD

, правата

EP

е симетрала на

BD

. Значи

E

е средата на дъгата

\widehat{BCD}

. Накрая правим следното гонене на насочени ъгли:

\begin{aligned} \angle(AB,\ell) &=\angle(CD,MNP)=\angle CMN=\angle CEN\\ &=90^\circ-\angle NCE=90^\circ+\angle ECB. \end{aligned}

Това означава, че

\ell

е успоредна на една от ъглополовящите на

\angle BCD

, следователно и на една от ъглополовящите на

\angle BAD

. Понеже

F

лежи във вътрешността на

CD

, получаваме именно вътрешната ъглополовяща на

\angle DAB

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

В едно математическо състезание някои състезатели са приятели, като приятелството е взаимно. Да наречем група състезатели клика, ако всеки двама от тях са приятели. Ако най-големият размер на клика е четен, докажете, че състезателите могат да се разпределят в две стаи така, че най-големият размер на клика, съдържаща се в едната стая, да е равен на най-големия размер на клика, съдържаща се в другата стая.

Решение

Превеждаме задачата на езика на графите. Нека

K

е максимална клика с

2r

върха. Оцветяваме върховете на

K

в червено, а всички останали върхове в зелено. За множество върхове

X

нека

\omega(X)

означава размера на най-голямата клика в индуцирания от

X

граф. Първоначално слагаме

A=K

, а

B=G\setminus K

. Започваме да местим червени върхове от

A

B

, един по един. При всяко такова местене

\omega(A)

намалява точно с

1

, а

\omega(B)

нараства с най-много

1

. Спираме в първия момент, в който

\omega(B)\ge\omega(A)

. Това се случва не по-късно от местенето на

r

-ия червен връх, затова получаваме

\omega(A)\le\omega(B)\le\omega(A)+1.

Ако тук има равенство, задачата е решена. Остава случаят

\omega(A)=k

\omega(B)=k+1

. Тогава в

A

има

k

червени върха, а в

B

има

2r-k

червени върха. Ако можем да върнем някой червен връх от

B

A

, без да намалим

\omega(B)

, веднага получаваме и в двете стаи клика с размер

k+1

. Значи можем да приемем, че всеки червен връх в

B

участва във всяка

(k+1)

-клика на

B

. Сега разглеждаме всички

(k+1)

-клики в

B

в произволен ред. Ако текущата клика все още не съдържа избран син връх, избираме един неин зелен връх и го оцветяваме в синьо. Такъв зелен връх съществува, защото всяка

(k+1)

-клика използва всички

2r-k

червени върха в

B

, а

k+1\gt{}2r-k

. Накрая местим всички сини върхове от

B

A

. По избора им всяка стара

(k+1)

-клика в

B

губи поне един връх, а точно след последното такова местене кликовото число на

B

пада от

k+1

на

k

. Ще проверим, че

\omega(A)

остава равно на

k

. В

A

все още има

k

червени върха, които образуват клика, така че

\omega(A)\ge k

. Ако след преместването в

A

имаше

(k+1)

-клика, нека тя съдържа

b

сини върха и

k+1-b

червени върха. Всеки син връх е бил избран от

(k+1)

-клика в

B

, следователно е съседен на всички червени върхове, останали в

B

. Тези

2r-k

червени върха, заедно с предполагаемата

(k+1)

-клика в

A

, биха образували клика с размер

b+(k+1-b)+(2r-k)=2r+1,

което противоречи на максималността на

K

. Следователно и двете стаи имат най-голяма клика с размер

k

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

В триъгълник

ABC

ъглополовящата на

\angle BCA

пресича описаната окръжност повторно в

R

, симетралата на отсечката

BC

P

и симетралата на отсечката

AC

Q

. Нека

K

L

са съответно средите на

BC

AC

. Докажете, че триъгълниците

RPK

RQL

имат равни лица.

Решение

Първо ще докажем следното твърдение:

CQ=PR,

което е еквивалентно на

CP=QR

, понеже точките

C,Q,P,R

лежат на една права. Нека

O=LQ\cap KP

е центърът на описаната окръжност на

ABC

. Наистина,

LQ

е симетралата на

AC

, а

KP

е симетралата на

BC

. Имаме

\angle OPQ=\angle KPC=90^\circ-\angle PCK =

90^\circ-\angle LCQ=\angle CQL=\angle PQO.

Следователно

OP=OQ

. От друга страна

OC=OR

, защото

O

е център на описаната окръжност. Значи перпендикулярът от

O

към правата

CR

минава едновременно през средите на

PQ

CR

, откъдето получаваме

CQ=PR

. Нека

X

Y

са петите на перпендикулярите от

R

към правите

CA

CB

. Понеже

CR

е ъглополовяща, правоъгълните триъгълници

CXR

CYR

са еднакви.Полагаме

t=\frac{CQ}{CR}=1-\frac{CP}{CR},

където използвахме вече доказаното твърдение. Тъй като

QL\parallel RX

, триъгълниците

CQL

CRX

са подобни с коефициент

t

. Следователно

QL=t\cdot RX

, а

XL=(1-t)\cdot XC

. Затова

[RQL]=[XQL]=t(1-t)[XRC].

Аналогично, от

PK\parallel RY

получаваме

[RPK]=[YKP]=t(1-t)[YCR].

Понеже

\triangle CXR\cong\triangle CYR

, имаме

[XRC]=[YCR]

. От последните две равенства следва

[RQL]=[RPK]

, както трябваше.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

a

b

са положителни цели числа. Докажете, че ако

4ab-1

дели

(4a^2-1)^2

, то

a=b

Решение

Понеже

\gcd(b,4ab-1)=1

, условието е еквивалентно на

4ab-1\mid b^2(4a^2-1)^2=(4a^2b-b)^2.

Но

4a^2b-b=a(4ab)-b\equiv a-b\pmod{4ab-1}

, така че

4ab-1\mid (a-b)^2.

Полагаме

k=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}.

Ако

k=0

, то

a=b

и сме готови. Да допуснем, че

k\gt{}0

. Условието вече е симетрично спрямо

a

b

, затова можем да изберем решение с

a\gt{}b

и с минимално

a+b

. От уравнението

(a-b)^2=k(4ab-1)

разглеждаме

a

като корен на квадратно уравнение. По формулите на Виет другият корен е

a'=\frac{b^2+k}{a},

следователно

a'

е цяло положително число и двойката

(a',b)

също е решение. Ако

a'\ge a

, то

b^2+k\ge a^2

, тоест

k\ge a^2-b^2

. Сега заместваме стойността на

k

\frac{(a-b)^2}{4ab-1}\ge (a-b)(a+b).

Тъй като

a\gt{}b

, делим на

a-b

и получаваме

a-b\ge(4ab-1)(a+b),

което е невъзможно за положителни цели

a,b

. Значи

0\lt{}a'\lt{}a

, което противоречи на минималността. Следователно случаят

k\gt{}0

е невъзможен и остава само

a=b

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n

е положително цяло число. Разглеждаме множеството

S=\left\{(x,y,z):x,y,z\in\left\{0,1,\ldots,n\right\},\ x+y+z\gt{}0\right\}

като множество от

(n+1)^3-1

точки в тримерното пространство. Определете най-малкия възможен брой равнини, чието обединение съдържа

S

, но не съдържа точката

(0,0,0)

Решение

Отговорът е

3n

. Конструкция с

3n

равнини е например

x+y+z=i\quad\text{за}\quad i=1,2,\ldots,3n.

Друга възможна конструкция са равнините

x=i

y=i

z=i

за

i=1,2,\ldots,n

. Да докажем, че по-малко равнини не стигат. Да допуснем, че имаме

N\lt{}3n

равнини, които покриват всички точки от

S

и не минават през началото. След умножаване на уравненията по подходящи ненулеви константи можем да ги запишем като

a_i x+b_i y+c_i z+1=0\quad (i=1,2,\ldots,N).

Определяме полиномите

A(x,y,z)=

\prod_{i=1}^n(x-i)\prod_{i=1}^n(y-i)\prod_{i=1}^n(z-i)

B(x,y,z)=\prod_{i=1}^N(a_i x+b_i y+c_i z+1).

За всяка точка от

S

имаме

A=B=0

: полиномът

A

се занулява, защото поне една координата е между

1

n

, а

B

се занулява, защото точката лежи върху поне една от равнините. В началото обаче

A(0,0,0)=(-1)^n(n!)^3\ne0\quad\text{и}\quad B(0,0,0)=1.

Освен това коефициентът пред

x^n y^n z^n

A

1

, докато в

B

0

, понеже

\deg B=N\lt{}3n

. Нека

P(x,y,z)=A(x,y,z)-\lambda B(x,y,z),

\quad\lambda=A(0,0,0).

Тогава

P

се занулява във всички точки на решетката

\left\{0,1,\ldots,n\right\}^3

: върху

S

и двата полинома

A

B

са нули, а в началото изборът на

\lambda

дава

P(0,0,0)=0

. Но коефициентът пред

x^n y^n z^n

P

остава

1

. Това противоречи на комбинаторната Nullstellensatz на Алон, защото полином с този ненулев водещ смесен коефициент не може да се занулява върху цялото декартово произведение от по

n+1

стойности. Следователно са нужни поне

3n

равнини.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/6Условие — източник

2008

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

H

е ортоцентърът на остроъгълен триъгълник

ABC

. Окръжността

\Gamma_A

с център средата на

BC

и минаваща през

H

пресича правата

BC

в точките

A_1

A_2

. Аналогично се дефинират точките

B_1

B_2

C_1

C_2

. Докажете, че шестте точки

A_1

A_2

B_1

B_2

C_1

C_2

лежат на една окръжност.

Решение

Ще дадем две решения. Първо решение чрез степен на точка. Нека

D

E

F

са центровете съответно на

\Gamma_A

\Gamma_B

\Gamma_C

, тоест средите на страните. Първо ще докажем, че

B_1

B_2

C_1

C_2

лежат на една окръжност. Достатъчно е да докажем, че

A

лежи на радикалната ос на окръжностите

\Gamma_B

\Gamma_C

.Нека

X

е втората пресечна точка на

\Gamma_B

\Gamma_C

. Ясно е, че

XH

е перпендикулярна на правата през центровете на тези две окръжности, тоест на

EF

. Но

EF\parallel BC

, следователно

XH\perp BC

. От друга страна

AH\perp BC

, понеже

H

е ортоцентър. Значи

A

X

H

са колинеарни, което доказва, че

A

е на радикалната ос. Следователно

B_1

B_2

C_1

C_2

лежат на една окръжност. По същия начин

C_1

C_2

A_1

A_2

лежат на една окръжност, както и

A_1

A_2

B_1

B_2

. Ако две от тези три окръжности съвпадат, сме готови. Иначе техните по двойки радикални оси трябва да са конкурентни, но те са съответно правите

AB

BC

CA

, които не са конкурентни. Противоречие. Второ решение чрез дължини. Ще докажем, че центърът

O

на описаната окръжност на

ABC

е всъщност център на окръжността през шестте точки

A_1

A_2

B_1

B_2

C_1

C_2

. Отново нека

D

E

F

са средите на страните. Понеже

OD\perp A_1A_2

DA_1=DA_2

, получаваме

OA_1=OA_2

. Аналогично

OB_1=OB_2

OC_1=OC_2

. Сега, тъй като

DA_1=DA_2=DH

, имаме

OA_1^2=OD^2+HD^2.

Достатъчно е да докажем, че

OD^2+HD^2=OE^2+HE^2=OF^2+HF^2.

Това следва веднага от теоремата на Аполоний, понеже

D

E

F

лежат на деветточковата окръжност, чийто център е средата на

OH

. Така всички шест точки са на една и съща окръжност с център

O

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

x,y,z

са реални числа, такива че

xyz=1

, като всяко от тях е различно от

1

. Докажете, че

\frac{x^2}{(x-1)^2}+\frac{y^2}{(y-1)^2}+\frac{z^2}{(z-1)^2}\ge1,

и покажете, че равенство се достига за безкрайно много избори на рационални числа

x,y,z

Решение

Пишем

x=\frac ab

y=\frac bc

z=\frac ca

. Тогава трябва да докажем

\left(\frac{a}{a-b}\right)^2+\left(\frac{b}{b-c}\right)^2+\left(\frac{c}{c-a}\right)^2\ge1.

След директно привеждане към общ знаменател това е еквивалентно на

\frac{(a^2b+b^2c+c^2a-3abc)^2}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}\ge

0,

което доказва неравенството. За равенство е достатъчно да има безкрайно много цели решения на

a^2b+b^2c+c^2a=3abc,

тоест на

\frac ac+\frac ba+\frac cb=3.

Еквивалентно, търсим безкрайно много рационални решения на

u+v+\frac1{uv}=3.

При дадено ненулево рационално

u

съответното

v

може да се запише като

v=\frac{-u+(u-1)\sqrt{\vphantom{x^2}1-4/u}+3}{2}.

Затова е достатъчно

1-4/u

да е рационален квадрат. Например за всяко рационално

q\ne\pm1

можем да вземем

u=\frac{-4}{q^2-1},

и получаваме рационално

v

. Като изключим само крайните параметри, които правят някое от

x,y,z

равно на

1

, остават безкрайно много рационални тройки с равенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Докажете, че има безкрайно много положителни цели числа

n

, такива че

n^2+1

има прост делител, по-голям от

2n+\sqrt{\vphantom{x^2}2n}

Решение

Идеята е първо да изберем простото число

p

. Нека

p\ge2013

е просто число с

p\equiv1\pmod8

и нека

h=\lceil\sqrt p\rceil

. Ще намерим

n

, за което

n\le\frac{p-h}{2}\quad\text{и}\quad p\mid n^2+1.

Тогава

p\ge2n+\sqrt p\gt{}2n+\sqrt{\vphantom{x^2}2n}

, така че

p

е търсеният прост делител. Понеже

p\equiv1\pmod8

, съществува число

x

\frac p2\lt{}x\lt{}p\quad\text{и}\quad x^2\equiv-1\pmod p.

Записваме

x=\frac{p+1}{2}+t.

Твърдим, че

t\ge\frac{h-1}{2}

. Ако не, то

0\equiv4(x^2+1)=(p+1+2t)^2+4\equiv(2t+1)^2+4\pmod p.

Числото

(2t+1)^2+4

е положително, дели се на

p

и е най-много

\lceil\sqrt p\rceil^2+4\lt{}2p

. Следователно то трябва да е равно на

p

, но това е невъзможно по модул

8

, защото

(2t+1)^2+4\equiv5\pmod8

, а

p\equiv1\pmod8

. Следователно можем да вземем

n=p-x

. Тогава

p\mid n^2+1

, а от долната граница за

t

следва

n\le\frac{p-h}{2}

. Понеже има безкрайно много прости числа

p\equiv1\pmod8

, получаваме безкрайно много такива

n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f:\mathbb R_{\gt{}0}\to\mathbb R_{\gt{}0}

, такива че

\frac{f(w)^2+f(x)^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}

за всички положителни реални числа

w,x,y,z

, за които

wx=yz

Решение

Отговорите са

f(x)=x

f(x)=\frac1x

. Те наистина работят. Ще докажем, че други няма. Първо поставяме

(w,x,y,z)=(t,t,t,t)

. Получаваме

f(t^2)=f(t)^2

, в частност

f(1)=1

. После при

(w,x,y,z)=(t,1,\sqrt t,\sqrt t)

имаме

\frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t},

откъдето като квадратно уравнение за

f(t)

следва

f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}.

Да допуснем, че

f(a)=a

f(b)=\frac1b

. Поставяме

(w,x,y,z)=(\sqrt a,\sqrt b,1,\sqrt{\vphantom{x^2}ab})

и използваме

f(t^2)=f(t)^2

. Получаваме

\frac{a+1/b}{f(ab)+1}=\frac{a+b}{ab+1}.

Ако

f(ab)=ab

, това дава

b=1

; ако

f(ab)=\frac1{ab}

, това дава

a=1

. Значи не може да има смесване на двата избора извън

1

. Следователно за всички

t

функцията е или винаги

f(t)=t

, или винаги

f(t)=\frac1t

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n

k

са положителни цели числа, като

k\ge n

k-n

е четно. Има

2n

лампи, означени с

1,2,\ldots,2n

, всяка от които може да бъде включена или изключена. Първоначално всички лампи са изключени. Разглеждаме редици от стъпки: на всяка стъпка една от лампите се превключва. Нека

N

е броят на редиците от

k

стъпки, след които лампите

1

до

n

са включени, а лампите

n+1

до

2n

са изключени. Нека

M

е броят на редиците от

k

стъпки със същото крайно състояние, но при които никоя от лампите

n+1

до

2n

никога не се включва. Определете

\frac NM

Решение

Отговорът е

2^{k-n}

. Разглеждаме изображение

\Psi

от

N

-редиците към

M

-редиците: всяка поява на

n+1

се заменя с

1

, всяка поява на

n+2

се заменя с

2

, и така нататък до замяната на

2n

n

. Например при

k=9

n=3

редицата

144225253

се изпраща в

111222223

. Ясно е, че това изображение е добре дефинирано и сюрективно. Остава да преброим колко прообраза има всяка

M

-редица. Нека в дадена

M

-редица лампа

i

се среща

c_i

пъти. Тъй като в края лампа

i

е включена,

c_i

е нечетно. За да получим прообраз, избираме четен брой от тези

c_i

появи, които да заменим с лампа

n+i

; тогава лампа

n+i

пак завършва изключена, а лампа

i

завършва включена. Това може да се направи по

2^{c_i-1}

начина за всяко

i

. Следователно броят на прообразите е

\prod_{i=1}^n2^{c_i-1}=2^{(c_1+\cdots+c_n)-n}=2^{k-n}.

Значи всяка

M

-редица има точно

2^{k-n}

прообраза и

\frac NM=2^{k-n}

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

ABCD

е изпъкнал четириъгълник с

BA\ne BC

. Нека вписаните окръжности на триъгълниците

ABC

ADC

са съответно

\omega_1

\omega_2

. Да предположим, че съществува окръжност

\omega

, която се допира до лъча

BA

след

A

и до лъча

BC

след

C

, и която се допира също до правите

AD

CD

. Докажете, че общите външни допирателни към

\omega_1

\omega_2

се пресичат върху

\omega

Решение

По външния вариант на теоремата на Пито съществуването на

\omega

дава

BA+AD=CB+CD.

Нека

PQ

ST

са диаметри съответно на

\omega_1

\omega_2

, като

P,T\in AC

. Горната дължинна зависимост в

ABCD

означава, че

P

T

са симетрични спрямо средата на

AC

. Ориентираме

AC

хоризонтално и нека

K

е горната точка на

\omega

спрямо тази ориентация.Тогава хомотетия с център

B

изпраща точките

Q

T

K

една в друга: точката

Q

е съответната горна точка на вписаната окръжност на

ABC

, а

T

е съответната точка за другата окръжност от противоположната страна на

AC

. Аналогично хомотетия с център

D

изпраща точките

P

S

K

една в друга. Понеже

PQ

ST

са успоредни диаметри, от тези две хомотетии следва, че

K

е центърът на външната хомотетия, която изпраща

\omega_1

\omega_2

. Следователно общите външни допирателни към

\omega_1

\omega_2

се пресичат в

K

. А по построение

K\in\omega

, което доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/6Условие — източник

2009

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

n,k\ge2

са положителни цели числа и нека

a_1,a_2,a_3,\ldots,a_k

са различни цели числа от множеството

\{1,2,\ldots,n\}

, такива че

n

дели

a_i(a_{i+1}-1)

за

i=1,2,\ldots,k-1

. Докажете, че

n

не дели

a_k(a_1-1)

Решение

Да допуснем противното и да разглеждаме индексите по модул

k

, така че

a_i(a_{i+1}-1)\equiv0\pmod n

за всяко

i=1,2,\ldots,k

. Ще докажем, че всички

a_i

са равни по модул

n

, което противоречи на това, че са различни числа от

1

до

n

. Нека

q=p^e

е произволна проста степен, деляща

n

. От

a_1(a_2-1)\equiv0\pmod q

следва, че

p\mid a_1

или

p\mid a_2-1

. Ако

p\mid a_1

, то

p\nmid a_1-1

. От

a_k(a_1-1)\equiv0\pmod q

получаваме

a_k\equiv0\pmod q

. Тогава по същия начин назад следват

a_{k-1}\equiv0\pmod q

a_{k-2}\equiv0\pmod q

и т.н. Ако пък

p\mid a_2-1

, то

p\nmid a_2

. От

a_2(a_3-1)\equiv0\pmod q

следва

a_3\equiv1\pmod q

, а после повтарянето на същия аргумент дава

a_4\equiv1\pmod q

a_5\equiv1\pmod q

и т.н. И в двата случая остатъкът на

a_i

по модул

q

е константен, равен съответно на

0

или

1

. Понеже

q

беше произволна проста степен, деляща

n

, от китайската теорема за остатъците получаваме, че всички

a_i

са равни по модул

n

. Това е невъзможно за различни представители от

\{1,2,\ldots,n\}

, следователно

n\nmid a_k(a_1-1)

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник с център на описаната окръжност

O

. Точките

P

Q

са вътрешни точки съответно на страните

CA

AB

. Нека

K

L

M

са средите съответно на отсечките

BP

CQ

PQ

. Да предположим, че правата

PQ

се допира до описаната окръжност на триъгълника

KLM

. Докажете, че

OP=OQ

Решение

Нека

R

е радиусът на описаната окръжност на

ABC

. От степен на точка спрямо тази окръжност имаме

-AQ\cdot QB=OQ^2-R^2

-AP\cdot PC=OP^2-R^2.

Следователно е достатъчно да докажем, че

AQ\cdot QB=AP\cdot PC.

Понеже

ML\parallel AC

MK\parallel AB

, а

PQ

е допирателна към описаната окръжност на

KLM

в точката

M

, от теоремата за ъгъл между допирателна и хорда получаваме

\angle APQ=\angle LMP=\angle LKM

\angle PQA=\angle KMQ=\angle MLK.

Затова триъгълниците

APQ

MKL

са подобни с противоположна ориентация. Оттук

\frac{AQ}{AP}=\frac{ML}{MK}.

Но

M

L

са среди в триъгълника

PQC

, така че

2ML=PC

, а

M

K

са среди в триъгълника

PBQ

, така че

2MK=QB

. Следователно

\frac{AQ}{AP}=\frac{ML}{MK}=\frac{PC}{QB},

което е еквивалентно на

AQ\cdot QB=AP\cdot PC

. Значи

OP=OQ

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

s_1,s_2,s_3,\ldots

е строго растяща редица от положителни цели числа, такава че подредиците

s_{s_1},s_{s_2},s_{s_3},\ldots

s_{s_1+1},s_{s_2+1},s_{s_3+1},\ldots

са аритметични прогресии. Докажете, че самата редица

s_1,s_2,s_3,\ldots

е аритметична прогресия.

Решение

Пишем

s(n)=s_n

. По условие съществуват константи

A,B,D,D'

, за които

s(s(n))=Dn+A,\qquad s(s(n)+1)=D'n+B.

От неравенствата

s(s(n))\le s(s(n)+1)\le s(s(n+1))

веднага следва

D=D'

A\le B

. Нека

d_n=s(n+1)-s(n)

. Разликите

d_n

са ограничени отгоре, защото сумата на разликите от индекс

s(n)

до индекс

s(n+1)-1

s(s(n+1))-s(s(n))=D.

Затова можем да положим

m=\min_n d_n,\qquad M=\max_n d_n.

Избираме

a

, за което

d_a=M

. Тогава

d_{s(a)}+d_{s(a)+1}+\cdots+d_{s(a+1)-1}=

s(s(a+1))-s(s(a))=DM.

В тази сума има точно

s(a+1)-s(a)=M

събираеми, а всяко от тях е най-много

M

. Следователно всички те са равни на

M

. По-специално

M=d_{s(a)}=s(s(a)+1)-s(s(a))=B-A.

По същия начин, ако

a

е избрано с

d_a=m

, получаваме

m=B-A

. Значи

m=M

, всички последователни разлики

d_n

са равни и редицата

s_1,s_2,s_3,\ldots

е аритметична прогресия.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник с

AB=AC

. Ъглополовящите на

\angle CAB

\angle ABC

пресичат съответно страните

BC

CA

D

E

. Нека

K

е инцентърът на триъгълника

ADC

. Ако

\angle BEK=45^\circ

, намерете всички възможни стойности на

\angle CAB

Решение

Нека

I

е инцентърът на

ABC

и положим

\angle DAC=2x

; тогава

0^\circ\lt{}x\lt{}45^\circ

\angle CAB=4x

. След стандартно пресмятане на ъглите, използвайки че

AD

BI

CI

са ъглополовящи, а

DK

е ъглополовяща в правоъгълния триъгълник

ADC

, получаваме

\angle KIE=90^\circ-2x,\quad \angle ECI=45^\circ-x,

\quad \angle IEK=45^\circ,\quad \angle KEC=3x.

Остава да намерим връзка между тези ъгли. Ще я получим, като изразим отношението

IK/KC

по два начина. От синусовата теорема в триъгълниците

IKE

KEC

имаме

\frac{IK}{KC}=

\frac{\sin45^\circ\cdot \frac{EK}{\sin(90^\circ-2x)}}{\sin(3x)\cdot \frac{EK}{\sin(45^\circ-x)}}=

\frac{\sin45^\circ\sin(45^\circ-x)}{\sin(3x)\sin(90^\circ-2x)}.

От друга страна, в триъгълника

IDC

точката

K

лежи върху страната

IC

DK

е ъглополовяща, затова по теоремата за ъглополовящата

\frac{IK}{KC}=\frac{ID}{DC}.

Със синусова теорема в същия триъгълник получаваме

\frac{ID}{DC}=\frac{\sin(45^\circ-x)}{\sin(45^\circ+x)}.

Приравнявайки двата израза и съкращавайки ненулевия множител

\sin(45^\circ-x)

, стигаме до

\sin45^\circ\sin(45^\circ+x)=\sin(3x)\sin(90^\circ-2x).

По формулите за преобразуване на произведение в сбор това е еквивалентно на

\cos x-\cos(90^\circ+x)=\cos(5x-90^\circ)-\cos(90^\circ+x),

следователно

\cos x=\cos(5x-90^\circ)

. Сега, обратно използвайки формулата за разлика на косинуси,

0=\cos(5x-90^\circ)-\cos x=

2\sin(3x-45^\circ)\sin(2x-45^\circ).

Понеже

0^\circ\lt{}x\lt{}45^\circ

, възможните стойности са само

x=15^\circ\quad\text{или}\quad x=\frac{45^\circ}{2}.

Следователно

\angle CAB=4x

е съответно

60^\circ

или

90^\circ

. И двете стойности наистина се получават: за равнобедрен триъгълник с връх съответно

60^\circ

или

90^\circ

горното пресмятане на ъглите дава обратно

\angle BEK=45^\circ

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f:\mathbb Z_{\gt{}0}\to\mathbb Z_{\gt{}0}

, такива че за всички положителни цели числа

a

b

числата

a,\quad f(b),\quad f(b+f(a)-1)

са страни на неизроден триъгълник.

Решение

Единственото решение е тъждествената функция

f(n)=n

, която очевидно работи. Ще докажем, че други няма. Нека

P(a,b)

означава условието от задачата за дадени

a,b

. Първо ще покажем, че

f(1)=1

f(f(n))=n

за всяко

n

. От

P(1,b)

трите страни са

1

f(b)

f(b+f(1)-1)

. Понеже последните две са цели числа и образуват неизроден триъгълник със страна

1

, те трябва да са равни:

f(b)=f(b+f(1)-1).

Ако

N=f(1)-1\ge1

, то

f

е периодична с период

N

. Това е невъзможно: фиксираме

b

и избираме произволно големи

a

в един и същ остатъчен клас по модул

N

; тогава двете страни

f(b)

f(b+f(a)-1)

остават сред краен набор от стойности, а страната

a

става прекалено голяма за триъгълник. Следователно

f(1)=1

. После от

P(n,1)

получаваме

n-1\lt{}f(f(n))\lt{}n+1,

откъдето, понеже средната стойност е цяло число,

f(f(n))=n

. В частност

f

е биекция. Нека

\delta=f(2)-1

. Имаме

\delta\gt{}0

, защото

f(2)\ne f(1)

. Ще докажем, че за всяко

n

е изпълнено

f(n+1)=f(n)+\delta\quad\text{или}\quad f(n-1)=f(n)+\delta,

като вторият вариант се разглежда само когато

n\gt{}1

. От

P(2,f(n))

следва

n-2\lt{}f(f(n)+\delta)\lt{}n+2.

Да означим

y=f(f(n)+\delta)

. Тогава

f(y)=f(n)+\delta

. Не може

y=n

, защото тогава

f(n)=f(n)+\delta

. Следователно

y=n+1

или

y=n-1

, което дава твърдението. Сега индуктивно получаваме, че

f

е аритметична прогресия с разлика

\delta

. Наистина

f(1)=1

f(2)=1+\delta

. Ако

f(j)=1+(j-1)\delta

за

1\le j\le n

n\ge2

, то

f(n-1)\ne f(n)+\delta

, затова предишният абзац принуждава

f(n+1)=f(n)+\delta

. Следователно

f(n)=1+(n-1)\delta

за всяко

n

. Но тогава от

f(f(n))=n

получаваме

1+(n-1)\delta^2=n,

така че

\delta=1

. Значи

f(n)=n

за всички

n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

a_1,a_2,\ldots,a_n

са различни положителни цели числа и нека

M

е множество от

n-1

положителни цели числа, което не съдържа

s=a_1+a_2+\cdots+a_n.

Един скакалец трябва да се движи по реалната права, като започва от точка

0

и прави

n

скока надясно с дължини

a_1,a_2,\ldots,a_n

в някакъв ред. Докажете, че редът може да бъде избран така, че скакалецът никога да не попадне в точка от

M

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

n

. Подреждаме дължините така, че

a_1\lt{}a_2\lt{}\cdots\lt{}a_n

, и наричаме точките от

M

мини. Нека

x=s-a_n.

Разглеждаме случаи според това дали в

x

има мина и дали има мина вдясно от

x

. Ако в

x

няма мина, а вдясно от

x

има поне една мина, то в интервала

[0,x]

има най-много

n-2

мини. По индукционната хипотеза можем с дължините

a_1,\ldots,a_{n-1}

да стигнем до

x

, без да попаднем на мина; после правим последния скок с дължина

a_n

до

s

. Ако в

x

няма мина и няма мина вдясно от

x

, нека

m

е най-дясната мина. Прилагаме индукцията към множеството

M\setminus\{m\}

и дължините

a_1,\ldots,a_{n-1}

, за да получим път до

x

, който избягва всички мини освен евентуално

m

. Ако този път не стъпва на

m

, завършваме със скока

a_n

. Ако стъпва на

m

при скок с дължина

a_k

, разменяме този скок със скока

a_n

: тогава междинната точка става по-голяма от

x

, където няма мини, а след това скокът

a_k

довежда отново до

s

. Ако в

x

има мина, но вдясно от

x

няма мина, повтаряме предишния случай с

m=x

. Индукцията ни дава път до

x

, избягващ всички други мини; ако последната проблемна точка е

x

, разменяме съответния скок със скока

a_n

и завършваме по същия начин. Остава случаят, когато в

x

има мина и има поне една мина вдясно от

x

. Твърдим, че съществува индекс

1\le i\le n-1

, за който и двете точки

s-a_i\quad\text{и}\quad y=s-a_i-a_n

не са мини. Ако това не беше вярно, за всеки

i

с неминирана точка

s-a_i

точката

s-a_i-a_n

трябваше да е мина. Но точките

s-a_i

са различни и лежат вдясно от

x

, а точките

s-a_i-a_n

са различни и лежат вляво от

x

; понеже вече имаме мина в

x

и поне една мина вдясно от

x

, броят на мините вляво от

x

не стига да покрие всички останали индекси. Следователно такъв

i

съществува. За този

i

прилагаме индукцията към останалите

n-2

дължини, за да стигнем до

y=s-a_i-a_n

: има две мини вдясно от

y

, именно

x

и поне една от точките вдясно от

x

, така че сред точките до

y

остават най-много

n-3

мини. Накрая правим скоковете

y\to s-a_i\to s,

съответно с дължини

a_n

a_i

. И двете междинни точки са неминирани, така че построеният ред избягва всички точки от

M

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/6Условие — източник

2010

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f:\mathbb R\to\mathbb R

, такива че за всички

x,y\in\mathbb R

е изпълнено

f(\lfloor x\rfloor y)=f(x)\lfloor f(y)\rfloor,

където

\lfloor t\rfloor

означава цялата част на

t

Решение

Отговорът е: всички функции от вида

f(x)\equiv c

, където

c=0

или

1\le c\lt{}2

. Те наистина работят, защото условието за константна функция става

c=c\lfloor c\rfloor

. Поставяме

x=0

. Получаваме

f(0)=f(0)\lfloor f(y)\rfloor

за всяко

y

. Ако

f(0)\ne0

, то

\lfloor f(y)\rfloor=1

за всяко

y

, следователно

1\le f(y)\lt{}2

. После при

y=0

имаме

f(0)=f(x)\lfloor f(0)\rfloor=f(x)

, така че

f

е константна. Остава случаят

f(0)=0

. При

x=y=1

получаваме

f(1)=f(1)\lfloor f(1)\rfloor

. Ако

f(1)=0

, то с

x=1

веднага следва

f(y)=0

за всяко

y

. Ако пък

1\le f(1)\lt{}2

, тогава от

y=1

следва

f(\lfloor x\rfloor)=f(x)

за всяко

x

, понеже

\lfloor f(1)\rfloor=1

. В частност

f(x)=f(0)=0

за

0\le x\lt{}1

. Но при

(x,y)=(2,\frac{1}{2})

получаваме

f(1)=f(2)\lfloor f(\frac{1}{2})\rfloor=0

, противоречие. Следователно други решения няма.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

I

е инцентърът на триъгълник

ABC

, а

\Gamma

е описаната му окръжност. Правата

AI

пресича

\Gamma

втори път в

D

. Нека

E

е точка от дъгата

\widehat{BDC}

, а

F

е точка от страната

BC

, за които

\angle BAF=\angle CAE\lt{}\frac12\angle BAC.

Накрая нека

G

е средата на отсечката

IF

. Докажете, че правите

DG

EI

се пресичат върху

\Gamma

Решение

Нека правата

EI

пресича

\Gamma

втори път в

K

. Достатъчно е да докажем, че правата

KD

минава през средата на

IF

, защото тогава тази среда е

G

, а пресечната точка на

DG

EI

е именно

K\in\Gamma

. Нека правата

AF

пресича

\Gamma

втори път в

H

. От условието

\angle BAF=\angle CAE

получаваме

HE\parallel BC

.Прилагаме теоремата на Паскал към изродения шестоъгълник

AHEKDD

, където последната страна

DD

е допирателната към

\Gamma

D

. Пресечните точки на съответните срещуположни страни са: -

P=AH\cap KD

; - точката в безкрайността по посока, успоредна на

BC

, защото

HE\parallel BC

и допирателната в

D

също е успоредна на

BC

; - точката

I

, понеже

E,K,I

са колинеарни и

A,D,I

са колинеарни. Следователно

IP\parallel BC

. Нека

I_A

A

-ексцентърът на

ABC

. Положете

Q=I_AF\cap IP,\qquad T=AI_A\cap BC.

Използваме стандартния факт, че

D

е средата на

II_A

. Освен това хармоничното деление на правата

AI_A

дава

-1=(A,I;T,I_A).

Проектираме това отношение от точката

F

върху правата

IPQ

. Тъй като

T

отива в точката в безкрайността по

IP

, а

A

отива в

P

, получаваме

-1=(I,Q;\infty,P).

Това означава точно, че

P

е средата на

IQ

. Сега в триъгълника

II_AQ

точките

D

P

са среди съответно на

II_A

IQ

. Следователно

DP\parallel I_AQ

. Но

Q

лежи на

I_AF

, така че

DP\parallel I_AF

. В триъгълника

II_AF

правата през средата

D

на

II_A

, успоредна на

I_AF

, пресича

IF

в средата му. Понеже

D,P,K

са колинеарни, правата

KD

действително разполовява

IF

. Това доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

g:\mathbb Z_{\gt{}0}\to\mathbb Z_{\gt{}0}

, такива че

(g(m)+n)(g(n)+m)

е точен квадрат за всички положителни цели числа

m

n

Решение

Отговорът е

g(n)=n+c

, където

c

е неотрицателно цяло число. Наистина тогава

(g(m)+n)(g(n)+m)=(m+n+c)^2.

Ще докажем, че други решения няма. Нужна ни е лема: ако

p

е просто число и

g(n)\equiv g(n')\pmod p

, то

n\equiv n'\pmod p

. Нека

a=g(n)

b=g(n')

. Избираме достатъчно голямо положително цяло

M

така, че

\nu_p(M+a)

\nu_p(M+b)

да са нечетни. Това е възможно: ако

p^t\parallel(a-b)

, вземаме

r=1

при

t\gt{}1

r=3

при

t=1

; при

a=b

вземаме

r=1

; после задаваме

p^r\parallel M+a

. Тогава и

\nu_p(M+b)

е нечетна. По условие числата

(M+g(n))(n+g(M))

(M+g(n'))(n'+g(M))

са квадрати. Първият множител във всяко от тях има нечетна

p

-адична валуация, затова вторият множител се дели на

p

. Следователно

n\equiv -g(M)\equiv n'\pmod p

, което доказва лемата. Ако

g(n)=g(n')

, лемата дава

n\equiv n'\pmod p

за всяко просто

p

; с просто

p\gt{}|n-n'|

получаваме

n=n'

. Значи

g

е инективна. Освен това никое просто число не може да дели

g(n+1)-g(n)

, защото лемата би дала

n+1\equiv n\pmod p

. Поради инективността тази разлика не е нула, следователно

g(n+1)-g(n)=\pm1

за всяко

n

. Ако две съседни разлики имаха различни знаци, щяхме да получим

g(n+2)=g(n)

, невъзможно. Значи всички разлики са еднакви. Те не могат всички да са

-1

, понеже стойностите на

g

са положителни за безкрайно много

n

. Следователно всички разлики са

+1

, т.е.

g(n)=g(1)+n-1=n+c

c\ge0

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

P

е вътрешна точка на триъгълника

ABC

, като

CA\ne CB

. Правите

AP

BP

CP

пресичат повторно описаната окръжност

\Gamma

съответно в

K

L

M

. Допирателната към

\Gamma

C

пресича правата

AB

S

. Докажете, че от

SC=SP

следва

MK=ML

Решение

Ще използваме хармонични снопове. Нека

N

е диаметрално противоположната на

M

точка върху

\Gamma

, а правата

NP

пресича

\Gamma

втори път в

D

. Засега разглеждаме само точките

C,D,M,N

, без да използваме условието

SC=SP

. Точките

C

D

са пети на височините в триъгълника

MNP

: имаме

C\in MP

NC\perp MP

, както и

D\in NP

MD\perp NP

. Затова, по стандартния факт за височините в един триъгълник, описаната окръжност около триъгълника

CDP

е ортогонална на

\Gamma

.Сега използваме даденото условие. Понеже

SC

е допирателна към

\Gamma

SC=SP

, окръжността с център

S

и радиус

SC

минава през

P

и е ортогонална на

\Gamma

. Следователно тя съвпада с описаната окръжност около триъгълника

CDP

. Значи

S

е центърът на тази окръжност, откъдето

SD=SC

и правата

SD

също е допирателна към

\Gamma

. От двете допирателни от

S

към

\Gamma

следва, че снопът през

S

към точките

A,B,C,D

е хармоничен; ще запишем това като

-1=(AB;CD).

Проектираме тази хармонична четворка от точката

P

върху

\Gamma

. Понеже

A,P,K

B,P,L

C,P,M

D,P,N

са колинеарни, получаваме

-1=(AB;CD)\overset{P}{=}(KL;MN).

Но

MN

е диаметър на

\Gamma

. Хармоничната четворка

(K,L;M,N)

върху окръжност, при която

M

N

са диаметрално противоположни, дава точно

MK=ML

. Това доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Всяка от шестте кутии

B_1,B_2,B_3,B_4,B_5,B_6

първоначално съдържа по една монета. Разрешени са следните два вида операции: (a) избираме непразна кутия

B_j

1\le j\le5

, премахваме една монета от

B_j

и добавяме две монети в

B_{j+1}

; (b) избираме непразна кутия

B_k

1\le k\le4

, премахваме една монета от

B_k

и разменяме съдържанията, възможно празни, на кутиите

B_{k+1}

B_{k+2}

. Определете дали съществува крайна редица от разрешени операции, след която кутиите

B_1,B_2,B_3,B_4,B_5

са празни, а кутия

B_6

съдържа точно

2010^{2010^{2010}}

монети.

Решение

Да, такава редица съществува. Ще записваме състоянието като шесторка от броевете монети в кутиите. Първо достигаме

(1,1,1,1,1,1)\to(0,3,1,0,3,1)\to(0,0,7,0,0,7)\to(0,0,6,2,0,7)\to(0,0,6,1,2,7)\to(0,0,6,1,0,11)\to(0,0,6,0,11,0)\to(0,0,5,11,0,0).

Оттук нататък първите две кутии остават празни и работим само с последните четири, тоест започваме от

(5,11,0,0)

. Ще използваме следното твърдение: за

k\ge1

n\gt{}0

от

(k,n,0,0)

можем да достигнем

(k-1,2^n,0,0)

. Наистина, ако гледаме само последните три координати, имаме

(n,0,0)\to(n-1,2,0)\to(n-1,0,4)\to(n-2,4,0)\to(n-2,0,8)\to\cdots\to(1,2^{n-1},0)\to(1,0,2^n)\to(0,2^n,0).

Следователно

(k,n,0,0)\to(k,0,2^n,0)\to(k-1,2^n,0,0)

. Прилагаме това пет пъти:

(5,11,0,0)\to(4,2^{11},0,0)\to(3,2^{2^{11}},0,0)\to(2,2^{2^{2^{11}}},0,0)\to(1,2^{2^{2^{2^{11}}}},0,0)\to(0,A,0,0),

където

A=2^{2^{2^{2^{2^{11}}}}}\gt{}2010^{2010^{2010}}=B.

Понеже

B

се дели на

4

, а при състояние

(0,t,0,0)

операция (b) с оригиналната кутия

B_4

превръща това състояние в

(0,t-1,0,0)

, можем да стигнем от

(0,A,0,0)

до

(0,B/4,0,0)

. Накрая с операции от тип (a) получаваме

(0,B/4,0,0)\to(0,0,B/2,0)\to(0,0,0,B).

В пълната шесторка това е

(0,0,0,0,0,B)

, както се искаше.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

a_1,a_2,a_3,\ldots

е редица от положителни реални числа и нека

s

е положително цяло число, такива че

a_n=\max\{a_k+a_{n-k}\mid1\le k\le n-1\}

за всяко

n\gt{}s

. Докажете, че съществуват положителни цели числа

\ell\le s

N

, такива че

a_n=a_{\ell}+a_{n-\ell}

за всяко

n\ge N

Решение

Поставяме

w_i=a_i/i

за

1\le i\le s

и избираме индекс

\ell\le s

, за който

w_{\ell}

е максимално. Ще докажем, че този положителен целочислен индекс

\ell

работи. Наричаме

n

-тип всеки вектор

T=\langle t_1,\ldots,t_s\rangle

от неотрицателни цели числа, за който

t_1+\cdots+t_s=n

i\mid t_i

за всяко

i

. Дефинираме стойността му като

v(T)=\sum_{i=1}^s w_i t_i.

Мислим за

t_i/i

блока с размер

i

. Валидните типове се задават рекурсивно: за

1\le n\le s

единственият валиден

n

-тип е

E_n=\langle0,\ldots,0,n,0,\ldots,0\rangle

, а за

n\gt{}s

типът е валиден, ако е сума на валиден

k

-тип и валиден

(n-k)

-тип. Тогава директно от рекурсията в условието следва

a_n=\max_{T\text{ валиден }n\text{-тип}} v(T).

Ще използваме просто описание на валидните типове. За

n\gt{}s

един

n

-тип е валиден тогава и само тогава, когато или съществуват

i\lt{}j

i+j\gt{}s

t_i\ge i

t_j\ge j

, или съществува

i\gt{}s/2

t_i\ge2i

. Необходимостта се вижда, като погледнем в построяването на типа първия момент, в който два блока дават сума над

s

. Обратно, ако такава двойка блокове е налице, първо събираме нея; получаваме валиден тип с общ размер над

s

, а после можем да добавяме останалите блокове един по един. За всяко

n\gt{}s

избираме валиден

n

-тип

S_n

, за който

a_n=v(S_n)

; ако има равенство, избираме такъв с максимална

\ell

-та координата. Твърдим, че за всеки

i\ne\ell

координатата

t_i

на

S_n

е най-много

2s+i\ell

. Ако не, намаляваме

t_i

i\ell

. Остава валиден тип, защото след намаляването пак има повече от

2s

i

-тата координата, така че свидетелят за валидност от описанието по-горе не се губи. После увеличаваме

\ell

-тата координата с

i\ell

. Получаваме нов валиден

n

-тип, чиято стойност е нараснала с

i\ell(w_{\ell}-w_i)\ge0,

а при равенство има по-голяма

\ell

-та координата. Това противоречи на избора на

S_n

. Следователно всички координати с

i\ne\ell

са ограничени с константа, независеща от

n

. За достатъчно голямо

n

\ell

-тата координата на

S_n

е толкова голяма, че

S_n-E_{\ell}

пак е валиден

(n-\ell)

-тип: свидетелят за валидност от предишното описание остава след премахването на един блок с размер

\ell

. Тогава

a_n=v(S_n)=a_{\ell}+v(S_n-E_{\ell})\le a_{\ell}+a_{n-\ell}.

Обратното неравенство следва директно от дадената формула за

a_n

, като вземем

k=\ell

. Значи за всички достатъчно големи

n

имаме

a_n=a_{\ell}+a_{n-\ell}

, което доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/6Условие — източник

2011

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За всяко множество

A=\{a_1,a_2,a_3,a_4\}

от четири различни положителни цели числа означаваме сумата

a_1+a_2+a_3+a_4

със

s_A

. Нека

n_A

е броят на двойките

(i,j)

, за които

1\le i\lt{}j\le4

a_i+a_j

дели

s_A

. Намерете всички множества

A

от четири различни положителни цели числа, за които

n_A

приема възможно най-голямата си стойност.

Решение

Отговорът е: всички множества от вида

\{x,5x,7x,11x\}\quad\text{или}\quad\{x,11x,19x,29x\},

където

x

е положително цяло число. За тях лесно се проверява, че

n_A=4

. Ще докажем, че по-голяма стойност е невъзможна и че това са единствените случаи на равенство. Нека

A=\{a,b,c,d\}

, където

a\lt{}b\lt{}c\lt{}d

. За дадена двойка сумата й дели

s_A

точно тогава, когато дели сумата на допълнителната двойка. Понеже

a+b\lt{}c+d

a+c\lt{}b+d

, от първите две разбиения могат да дойдат най-много две делимости. От разбиението

(a,d)

(b,c)

могат да дойдат най-много две, и това става точно когато

a+d=b+c

. Следователно

n_A\le4

, а при

n_A=4

непременно имаме

a+b\mid c+d,\qquad a+c\mid b+d,\qquad a+d=b+c.

От

a+c\mid b+d

d=b+c-a

получаваме

a+c\mid b+d-(a+c)=2(b-a).

Тъй като

a+c\gt{}b-a

, следва

a+c=2(b-a)

, тоест

c=2b-3a

. Тогава

d=b+c-a=3b-4a.

Оставащата делимост дава

a+b\mid c+d=5b-7a,

а по модул

a+b

това е равносилно на

a+b\mid12a

. Нека

x=\gcd(a,b)

. От формулите за

c

d

следва, че

x

дели и тях; делим всички числа на

x

и свеждаме до случая

\gcd(a,b)=1

. Тогава

\gcd(a+b,a)=1

, значи

a+b\mid12

. Условието

c\gt{}b

дава

b\gt{}3a

. При

\gcd(a,b)=1

a+b\mid12

единствените възможности са

(a,b)=(1,5)

(a,b)=(1,11)

. Те водят съответно до

(a,b,c,d)=(1,5,7,11)

(1,11,19,29)

. След връщане на множителя

x

получаваме точно двете семейства по-горе.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

S

е крайно множество от поне две точки в равнината, като никои три точки от

S

не са колинеарни. Вятърна мелница е следният процес. Започваме с права

\ell

, която минава през единствена точка

P\in S

. Правата се върти по часовниковата стрелка около опорната точка

P

до първия момент, в който срещне друга точка

Q\in S

. Тогава

Q

става новата опорна точка и правата продължава да се върти по часовниковата стрелка около

Q

, докато срещне следващата точка от

S

. Процесът продължава безкрайно. Докажете, че можем да изберем точка

P\in S

и права

\ell

през

P

така, че получената вятърна мелница да използва всяка точка от

S

като опорна точка безкрайно много пъти.

Решение

Ориентираме правата

\ell

и наричаме лявата й страна червена, а дясната синя. Ключовото наблюдение е, че по време на процеса броят на точките от

S

в червената страна и броят на точките в синята страна не се променят; промяна има само в самия момент, когато правата съдържа две точки, но тогава старата опорна точка и новата опорна точка разменят ролите си от двете страни. Нека

|S|=n+1

. Избираме началната ориентирана права през някоя точка

P\in S

така, че от останалите

n

точки точно

\lfloor n/2\rfloor

да са отляво и точно

\lceil n/2\rceil

да са отдясно. Такава права съществува: ако въртим права през фиксирана точка от

S

, броят на точките от едната страна се изменя с единица при преминаване през точка, следователно се среща и желаното почти наполовина разделяне. Сега стартираме процеса от тази конфигурация. След като ориентираната права се завърти на

180^\circ

, лявата и дясната страна са разменени. От друга страна броевете на точките от двете страни са останали същите през целия процес. Затова всяка точка от

S

е трябвало да лежи върху правата поне веднъж през този половин оборот; а когато точка от

S

лежи върху правата в такъв момент, тя става опорна точка. Следователно в рамките на всеки половин оборот всички точки се използват като опорни. Понеже въртенето продължава безкрайно, всяка точка от

S

се появява като опорна точка безкрайно много пъти.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

f:\mathbb R\to\mathbb R

е реалнозначна функция, дефинирана върху множеството на реалните числа, такава че

f(x+y)\le yf(x)+f(f(x))

за всички реални числа

x

y

. Докажете, че

f(x)=0

за всяко

x\le0

Решение

Първо пренаписваме условието, като поставим

z=x+y

f(z)\le (z-x)f(x)+f(f(x))\qquad\text{за всички }x,

z\in\mathbb R.\tag{1}

Ще премахнем двойното прилагане на

f

. В (1) слагаме

z=f(w)

и получаваме

f(f(w))\le (f(w)-x)f(x)+f(f(x)).

Същото неравенство с разменени

x

w

дава

f(f(x))\le (f(x)-w)f(w)+f(f(w)).

Събирайки двете неравенства, намираме

wf(w)+xf(x)\le2f(x)f(w).\tag{2}

В (2) поставяме

w=2f(x)

и веднага след съкращаване получаваме

xf(x)\le0\qquad\text{за всяко }x\in\mathbb R.\tag{3}

Сега ще докажем, че

f(p)\le0

за всяко реално

p

. Да допуснем обратното:

f(p)\gt{}0

. Ако

z\lt{}0

, от (3) следва

f(z)\ge0

. От (1) обаче имаме

0\le f(z)\le (z-p)f(p)+f(f(p)).

Когато

z\to-\infty

, дясната страна клони към

-\infty

, което е невъзможно. Значи наистина

f(p)\le0

за всяко

p

. За

x\lt{}0

неравенството (3) дава

f(x)\ge0

, а току-що доказаното дава

f(x)\le0

, следователно

f(x)=0

. Накрая вземаме в (1) отрицателни

x

z

. Тогава

f(z)=0

f(x)=0

, така че

0\le f(0)

. Но вече знаем, че

f(0)\le0

, следователно

f(0)=0

. Така

f(x)=0

за всички

x\le0

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}0

е цяло число. Разполагаме с везна и с

n

тежести с тегла

2^0,2^1,\ldots,2^{n-1}

. Трябва да поставим всяка от

n

-те тежести върху везната, една след друга, така че дясното блюдо никога да не бъде по-тежко от лявото. На всяка стъпка избираме една от още непоставените тежести и я поставяме или върху лявото, или върху дясното блюдо, докато всички тежести бъдат поставени. Определете броя на начините, по които това може да се направи.

Решение

Отговорът е

a_n=(2n-1)!!.

Ще наричаме валидна

n

-последователност избор на реда на поставяне на тежестите и на блюдото за всяка тежест, при който условието винаги е изпълнено. Ще докажем формулата с индукция по

n

. При

n=1

има единствена възможност - тежестта

1

се поставя отляво. Нека

n\ge2

и разгледаме тежестта

2^0=1

. Ако я изтрием от произволна валидна

n

-последователност, остава валидна

(n-1)

-последователност за тежестите

2,4,\ldots,2^{n-1}

, тоест за стандартните

(n-1)

тежести, умножени по

2

. Обратно, да започнем от валидна

(n-1)

-последователност с удвоени тежести. Можем да вмъкнем тежестта

1

във всяка от

n

-те позиции: преди всички тежести, между две съседни тежести или след всички тежести. Ако я поставим отляво, условието очевидно не се разваля. Ако я поставим отдясно, това е допустимо във всяка позиция освен най-първата: след като вече е поставена поне една от удвоените тежести, разликата ляво минус дясно е положително четно число, защото ненулева подписана сума от различни степени на

2

, всички кратни на

2

, не може да бъде

0

. Следователно добавянето на

1

отдясно пак не прави дясното блюдо по-тежко. Така всяка валидна

(n-1)

-последователност поражда точно

2n-1

валидни

n

-последователности и всяка валидна

n

-последователност се получава по единствен начин. Значи

a_n=(2n-1)a_{n-1}.

Понеже

a_1=1

, получаваме

a_n=(2n-1)!!

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

f:\mathbb Z\to\mathbb Z_{\gt{}0}

е функция, такава че

f(m-n)

дели

f(m)-f(n)

за всички

m,n\in\mathbb Z

. Докажете, че ако

m,n\in\mathbb Z

f(m)\le f(n)

, то

f(m)

дели

f(n)

Решение

Ще означаваме даденото условие за двойката

(m,n)

P(m,n)

. Първо доказваме, че

f

е четна. От

P(x,0)

следва

f(x)\mid f(x)-f(0),

следователно

f(x)\mid f(0)

. Нека

M=f(0)

. От

P(0,x)

имаме

f(-x)\mid M-f(x).

Понеже вече знаем и

f(-x)\mid M

, получаваме

f(-x)\mid f(x)

. По същия начин

f(x)\mid f(-x)

, следователно

f(x)=f(-x)

за всяко цяло

x

. Сега ще докажем следното твърдение. Ако

x+y+z=0

, то сред числата

f(x),f(y),f(z)

две са равни и делят третото. Поставяме

a=f(\pm x),\qquad b=f(\pm y),\qquad c=f(\pm z),

което е коректно заради четността. От условието, приложено например към

P(y,-z)

, и от аналогичните две приложения получаваме

a\mid b-c,\qquad b\mid c-a,\qquad c\mid a-b.

Без ограничение нека

c=\max(a,b,c)

. Тогава

c\mid a-b

, но

|a-b|\lt{}c

, освен ако

a=b

. Следователно

a=b

. От първите две делимости получаваме още

a=b\mid c

. Това доказва твърдението. Накрая прилагаме твърдението към тройката

m,n,-m-n

. Сред

f(m),f(n),f(-m-n)

две стойности са равни и делят третата. Ако

f(m)=f(n)

, готово. Ако

f(m)=f(-m-n)

, тогава тази обща стойност дели

f(n)

. Ако пък

f(n)=f(-m-n)

, тогава

f(n)

дели

f(m)

; заедно с

f(m)\le f(n)

това принуждава

f(m)=f(n)

. Във всички случаи

f(m)\mid f(n)

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е остроъгълен триъгълник с описана окръжност

\Gamma

. Нека

\ell

е допирателна към

\Gamma

, а

\ell_a

\ell_b

\ell_c

са правите, получени чрез отразяване на

\ell

съответно спрямо правите

BC

CA

AB

. Докажете, че описаната окръжност на триъгълника, образуван от правите

\ell_a

\ell_b

\ell_c

, се допира до

\Gamma

Решение

Ще използваме комплексни числа. Нормализираме

\Gamma

до единичната окръжност

\omega

и чрез завъртане приемаме, че точката на допиране на

\ell

P=1

. Тогава

\ell

е правата през точките

1+i

1-i

. Нека

A_1=\ell_b\cap\ell_c

, а

a_2=a^2

; геометрично

A_2

е отражението на

P

спрямо диаметъра на

\omega

, който минава през

A

. Точките

B_1,C_1,B_2,C_2

се дефинират аналогично. Ще докажем, че правите

A_1A_2

B_1B_2

C_1C_2

се пресичат в точка

T

върху

\omega

.Първо намираме

A_1

. Ако отразим точките

1+i

1-i

спрямо правата

AB

, получаваме точки

Z_1,Z_2

z_1=a+b-ab(1-i)=a+b-ab+abi,

z_2=a+b-ab(1+i)=a+b-ab-abi.

Следователно

z_1-z_2=2abi

\overline{z_1}z_2-\overline{z_2}z_1=-2i\left(a+b+\frac1a+\frac1b-2\right).

Сега

\ell_c

е правата

Z_1Z_2

, а аналогично уравнение за

\ell_b

дава

\begin{aligned} a_1&=\frac{-2i\left(a+b+\frac1a+\frac1b-2\right)(2aci)+2i\left(a+c+\frac1a+\frac1c-2\right)(2abi)}{\left(-\frac{2}{ab}i\right)(2aci)-\left(-\frac{2}{ac}i\right)(2abi)}\\ &=\frac{(c-b)a^2+\left(\frac cb-\frac bc-2c+2b\right)a+(c-b)}{\frac cb-\frac bc}\\ &=a+\frac{bc}{b+c}(a-1)^2. \end{aligned}

Второто пресичане на правата

A_1A_2

\omega

\begin{aligned} \frac{a_1-a_2}{1-a_2\overline{a_1}} &=\frac{a+\frac{bc}{b+c}(a-1)^2-a^2}{1-a-a^2\cdot\frac{(1-1/a)^2}{b+c}}\\ &=\frac{a+\frac{bc}{b+c}(1-a)}{1-\frac{1}{b+c}(1-a)}\\ &=\frac{ab+bc+ca-abc}{a+b+c-1}. \end{aligned}

Последният израз е симетричен по

a,b,c

, затова същата точка лежи и върху

B_1B_2

, и върху

C_1C_2

. Така получаваме обща точка

T\in\omega

. Остава да докажем, че триъгълниците

A_1B_1C_1

A_2B_2C_2

са хомотетични с център

T

. По симетрия е достатъчно да проверим

A_1B_1\parallel A_2B_2

. Това е еквивалентно на твърдението, че аргументите на комплексните числа

a^2-b^2

a-b

i

образуват аритметична прогресия, т.е.

\frac{(a-b)^2}{i(a^2-b^2)}\in\mathbb R.

Наистина,

\frac{(a-b)^2}{i(a^2-b^2)}=

\frac{\left(\frac1a-\frac1b\right)^2}{\frac1i\left(\frac1{a^2}-\frac1{b^2}\right)},

понеже

|a|=|b|=1

, така че числото е равно на своето комплексно спрегнато и е реално. Следователно

A_1B_1\parallel A_2B_2

, а циклично и останалите съответни страни са успоредни. Хомотетия с център

T

изпраща триъгълника

A_2B_2C_2

A_1B_1C_1

. Но

A_2,B_2,C_2

лежат върху

\omega=\Gamma

, затова образът на

\omega

е описаната окръжност на

A_1B_1C_1

и двете окръжности се допират в

T

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/6Условие — източник

2012

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник, а

J

е центърът на

A

-външновписаната му окръжност. Тази външновписана окръжност се допира до страната

BC

M

, а до правите

AB

AC

съответно в

K

L

. Правите

LM

BJ

се пресичат в

F

, а правите

KM

CJ

се пресичат в

G

. Нека

S

е пресечната точка на правите

AF

BC

, а

T

- пресечната точка на правите

AG

BC

. Докажете, че

M

е средата на отсечката

ST

Решение

Ще използваме барицентрични координати спрямо триъгълника

ABC

. Както обикновено, нека

a=BC

b=CA

c=AB

s=\frac12(a+b+c)

. От стандартните координати за

A

-външновписаната окръжност и допирните й точки имаме

K=(-(s-c):s:0),

\qquad M=(0:s-b:s-c),\qquad J=(-a:b:c).

Пресмятайки пресечната точка на

KM

CJ

, получаваме

G=\left(-a:b:\frac{-as+(s-c)b}{s-b}\right).

Затова правата

AG

пресича

BC

в точката

T=\left(0:b:\frac{-as+(s-c)b}{s-b}\right) =

(0:b(s-b):b(s-c)-as).

След нормировка на координатите върху

BC

това е

T=\left(0:-\frac ba:1+\frac ba\right).

За точка

(0:y:z)

върху

BC

y+z=1

ориентираното разстояние от

B

za

. Следователно за

T

имаме

BT=a+b

. От друга страна

M=(0:s-b:s-c)

, а понеже

(s-b)+(s-c)=a

, получаваме

BM=s-c

. Значи

MT=(a+b)-(s-c)=s.

Аналогичното пресмятане след размяна на

B

C

дава

S=\left(0:1+\frac ca:-\frac ca\right),

тоест ориентирано

BS=-c

. Следователно

MS=(s-c)-(-c)=s.

Точките

S

T

са от различни страни на

M

MS=MT=s

, така че

M

е средата на

ST

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

n\ge3

и нека

a_2,a_3,\ldots,a_n

са положителни реални числа с произведение

1

. Докажете, че

(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots(1+a_n)^n\gt{}n^n.

Решение

За всяко

i=2,3,\ldots,n

прилагаме неравенството между средно аритметично и средно геометрично към числата

\underbrace{\frac1{i-1},\frac1{i-1},\ldots,\frac1{i-1}}_{i-1\text{ пъти}}, a_i.

Получаваме

1+a_i\ge i\sqrt[i]{\vphantom{x^2}\frac{a_i}{(i-1)^{i-1}}},

тоест

(1+a_i)^i\ge \frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}a_i.

Умножавайки тези неравенства за

i=2,3,\ldots,n

и използвайки

a_2a_3\cdots a_n=1

, намираме

(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots(1+a_n)^n\ge n^n.

Равенство във всички приложени неравенства би изисквало

a_i=\frac1{i-1}

за всяко

i

, но тогава произведението на

a_i

би било

\frac1{(n-1)!}

, а не

1

, понеже

n\ge3

. Следователно поне едно от неравенствата е строго и получаваме исканото

\gt{}n^n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Играта на лъжеца е игра между двама играчи

A

B

. Правилата зависят от две фиксирани положителни цели числа

k

n

, известни и на двамата играчи. В началото

A

избира цели числа

x

N

1\le x\le N

. Играчът

A

пази

x

в тайна и казва истинно числото

N

на играча

B

. След това

B

се опитва да получи информация за

x

, като задава въпроси от следния вид: във всеки въпрос

B

задава произволно множество

S

от положителни цели числа (възможно е то вече да е било задавано) и пита дали

x\in S

. Играчът

B

може да зададе колкото въпроси желае. След всеки въпрос

A

трябва веднага да отговори с да или не, но има право да лъже колкото пъти пожелае; единственото ограничение е, че сред всеки

k+1

последователни отговора поне един трябва да бъде верен. След като зададе въпросите си,

B

трябва да посочи множество

X

от най-много

n

положителни цели числа. Ако

x\in X

, тогава

B

печели; иначе губи. Докажете, че: (a) ако

n\ge2^k

, то

B

може да си гарантира победа; (b) за всички достатъчно големи

k

съществува цяло число

n\ge(1.99)^k

, за което

B

не може да си гарантира победа.

Решение

Ще наричаме играчите Алиса и Боб. Първо доказваме (a). Да приемем, че в някакъв момент има поне

2^k+1

още възможни стойности за

x

, и да ги преномерираме като

1,2,\ldots,2^k+1

. Боб първо задава въпроса

S_0=\{2^k+1\}

, докато Алиса отговори да или докато бъдат зададени

k+1

такива въпроса. Ако тя отговори не на всички тях, то поне един от тези еднакви отговори е верен, следователно

x\ne2^k+1

и тази стойност е изключена. Иначе Алиса някъде е отговорила да. Сега Боб задава

k

въпроса за множеството

T=\{1,2,\ldots,2^k\}

: за

i=1,2,\ldots,k

множеството

S_i

съдържа точно онези числа от

T

, чиято

i

-та двоична цифра е

1

. След получените

k

отговора избираме единственото число

y\in T

, чиято

i

-та двоична цифра е противоположна на отговора на въпроса

S_i

. Ако сред последните

k+1

отговора верен е първият отговор да на

S_0

, тогава

y\notin S_0

y

е невъзможно. Ако някой от двоичните отговори е верен,

y

пак противоречи точно на този отговор. Значи Боб може да изключи поне една възможна стойност. Повтаряйки тази процедура и всеки път преномерирайки останалите кандидати, Боб свежда броя им до най-много

2^k

. Тогава, понеже

n\ge2^k

, той просто посочва всички останали възможни стойности и печели. За (b) вземаме

n=\lceil(1.99)^k\rceil

N=n+1

, където

k

е достатъчно голямо. Ще опишем стратегия на Алиса, която оставя всички

N

числа съвместими с отговорите й. След

t

-ия въпрос ще записваме отговора на Алиса във вида

x\notin B_t

, където

B_t

е или попитаното множество

S_t

, или неговото допълнение. За дадено число

x

нека

e(x)

е дължината на текущата серия от последни множества

B_t,B_{t-1},\ldots

, които съдържат

x

, и му даваме тегло

w(x)=1.998^{e(x)}

. Нека

W

е сумата от теглата преди следващия въпрос. Когато Боб зададе множество

S

, Алиса избира за

B

онова от

S

и допълнението му, което има не по-голяма обща тежест; тя е най-много

W/2

. Теглата на числата в

B

се умножават по

1.998

, а теглата на останалите числа се връщат на

1

. Затова новата обща тежест е най-много

1.998\cdot\frac W2+(n+1)\lt{}0.999W+2n.

Оттук с индукция, например ако

W\lt{}2000n

, то и следващата сума е

\lt{}2000n

. Първоначално

W=N=n+1\lt{}2000n

. За достатъчно голямо

k

имаме

2000n\lt{}1.998^{k+1}

. Следователно никое число никога не достига тегло

1.998^{k+1}

, тоест никое число не принадлежи на

k+1

последователни множества

B_t

. Когато Боб спре и посочи най-много

n

числа, остава поне едно число

y\in\{1,2,\ldots,N\}

извън посоченото множество. За това

y

сред всеки

k+1

последователни отговора има поне един, за който

y\notin B_t

, т.е. поне един верен отговор, ако тайното число е било

y

. Следователно историята на отговорите е съвместима с

x=y

, а Боб не го е посочил. Значи Боб не може да си гарантира победа.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f:\mathbb Z\to\mathbb Z

, такива че за всички цели числа

a,b,c

a+b+c=0

е изпълнено

f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=

2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).

Решение

Отговорът е следният: за произволно

K\in\mathbb Z

работят точно функциите (i)

f(x)=Kx^2

; (ii)

f(x)=0

за четно

x

f(x)=K

за нечетно

x

; (iii)

f(x)=0

за

x\equiv0\pmod4

f(x)=K

за нечетно

x

f(x)=4K

за

x\equiv2\pmod4

. Лесна проверка показва, че тези функции наистина удовлетворяват условието. Ще докажем, че други няма. От

a=b=c=0

получаваме

f(0)=0

. После, като вземем

c=0

b=-a

, следва

f(a)=f(-a)

, тоест

f

е четна. Затова условието е равносилно на

(f(a+b)-f(a)-f(b))^2=4f(a)f(b).

Следователно всички ненулеви стойности на

f

имат един и същ знак и произведението на кои да е две стойности е точен квадрат. Значи съществуват цяло число

\lambda

и неотрицателна целочислена функция

g

, такива че

f(t)=\lambda g(t)^2

за всяко

t

. Тогава последното равенство дава

g(a+b)=\left|g(a)\pm g(b)\right|,

като знакът може да зависи от

a

b

. Ако

f\equiv0

, това е включено при

K=0

. Иначе нека

d=g(1)\gt{}0

и поставим

h(t)=g(t)/d

. Индуктивно всички

g(t)

са кратни на

d

, а

h(0)=0

h(1)=1

h(a+b)=|h(a)\pm h(b)|

. Оттук

h(2)

е или

0

, или

2

. Ако

h(2)=0

, тогава

h(t+2)=h(t)

за всички

t

, следователно

h

0

върху четните и

1

върху нечетните числа. Това дава семейство (ii). Нека сега

h(2)=2

. Тогава от

h(4)=|h(2)\pm h(2)|

имаме

h(4)=0

или

4

. Ако

h(4)=0

, получаваме периодичната редица

0,1,2,1,0,1,2,1,\ldots

, което дава семейство (iii). Ако

h(4)=4

, тогава принудително

h(3)=3

, а от равенството

h(m+1)=|h(m)\pm1|

h(m+2)=|h(m)\pm2|

следва по индукция

h(m)=m

за всички

m\ge0

. Поради четността това дава семейство (i). Във всички случаи

K=\lambda d^2

е произволно цяло число.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник с

\angle BCA=90^\circ

, а

D

е основата на височината от

C

. Нека

X

е вътрешна точка на отсечката

CD

. Нека

K

е точката от отсечката

AX

, за която

BK=BC

. Аналогично, нека

L

е точката от отсечката

BX

, за която

AL=AC

. Нека

M=AL\cap BK.

Докажете, че

MK=ML

Решение

Нека

\omega_A

\omega_B

са окръжностите с центрове съответно

A

B

, минаващи през

C

. Продължаваме лъчите

AK

BL

, докато пресекат отново съответно

\omega_B

\omega_A

в точките

K^\ast

L^\ast

. От теоремата за радикалния център в точката

X

следва, че

K,L,K^\ast,L^\ast

лежат на една окръжност; нека това е

\omega

. Поради ортогоналността на

\omega_A

\omega_B

правите

AL

AL^\ast

BK

BK^\ast

са допирателни към

\omega

(в частност

K,L,K^\ast,L^\ast

образуват хармонична четворка). В частност

MK

ML

са допирателни към

\omega

, така че

MK=ML.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Намерете всички положителни цели числа

n

, за които съществуват неотрицателни цели числа

a_1,a_2,\ldots,a_n

, такива че

\frac1{2^{a_1}}+\frac1{2^{a_2}}+\cdots+\frac1{2^{a_n}}=

\frac1{3^{a_1}}+\frac2{3^{a_2}}+\cdots+\frac n{3^{a_n}}=1.

Решение

Отговорът е

n\equiv1,2\pmod4

. Необходимостта следва от второто равенство по модул

2

: понеже всяко

3^{a_i}

е нечетно, имаме

1\equiv1+2+\cdots+n\mod2.

Тоест

\frac{n(n+1)}2

е нечетно, което е равносилно на

n\equiv1,2\pmod4

. За достатъчност ще казваме, че едно

n

работи, ако съществува подходяща редица

a_1,\ldots,a_n

. Първо, ако

2k-1

работи, то работи и

2k

: ако в старата конструкция

a_k=r

, заменяме този член с два члена

a_k=r+1

a_{2k}=r+1

. Това запазва първата сума чрез

\frac1{2^r}=\frac1{2^{r+1}}+\frac1{2^{r+1}}

, а втората чрез

\frac{k}{3^r}=\frac{k}{3^{r+1}}+\frac{2k}{3^{r+1}}.

Второ, ако

4k+2

работи, то работи и

4k+13

. В старата конструкция вземаме члена с индекс

k+2

, нека

a_{k+2}=r

. Заменяме го с член с индекс

k+2

и степен

r+2

, както и с шест нови члена с индекси

4k+3,4k+5,\ldots,4k+13

и степен

r+3

. Това запазва първата сума, защото

\frac1{2^r}=\frac1{2^{r+2}}+6\cdot\frac1{2^{r+3}},

а втората, защото

\frac{k+2}{3^r}=

\frac{k+2}{3^{r+2}}+\frac{4k+3}{3^{r+3}}

+\frac{4k+5}{3^{r+3}}+\cdots+\frac{4k+13}{3^{r+3}}.

Липсващите нови четни индекси

4k+4,4k+6,\ldots,4k+12

се получават последователно чрез първата операция, приложена към индексите

2k+2,2k+3,\ldots,2k+6

. Остават началните случаи. За

n=1

вземаме

(a_1)=(0)

. За

n=5

работи

(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)=(2,2,2,3,3),

а за

n=9

работи

(a_1,a_2,\ldots,a_9)=(2,3,3,3,3,4,4,4,4).

Първата операция превръща всяко работещо нечетно

n

в следващото четно, а втората превръща всяко работещо

n\equiv2\pmod4

в следващото нужно число

11

места по-нататък. Началните случаи

1,5,9

така пораждат всички положителни

n\equiv1,2\pmod4

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/6Условие — източник

2013

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

k

n

са положителни цели числа. Докажете, че съществуват положителни цели числа

m_1,m_2,\ldots,m_k

, такива че

1+\frac{2^k-1}{n}=\left(1+\frac1{m_1}\right)\left(1+\frac1{m_2}\right)\cdots\left(1+\frac1{m_k}\right).

Решение

Доказваме твърдението с индукция по

k\ge1

. При

k=1

е достатъчно да вземем

m_1=n

. Нека

k\gt{}1

и твърдението е доказано за

k-1

. Ако

n

е четно, записваме

\frac{n+2^k-1}{n}=\left(1+\frac1{n+2^k-2}\right)\cdot\frac{\frac n2+2^{k-1}-1}{\frac n2}.

Втората дроб има същия вид за числата

k-1

\frac n2

, затова по индукционното предположение се разлага в произведение от

k-1

множителя от вида

1+\frac1m

. Заедно с първия множител получаваме желаното разлагане. Ако

n

е нечетно, използваме вместо това

\frac{n+2^k-1}{n}=\left(1+\frac1n\right)\cdot\frac{\frac{n+1}{2}+2^{k-1}-1}{\frac{n+1}{2}}.

Понеже

\frac{n+1}{2}

е положително цяло число, отново прилагаме индукционното предположение към втория множител и получаваме още

k-1

подходящи положителни цели числа. Така във всички случаи имаме точно

k

множителя, както се иска.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2013/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Конфигурация от

4027

точки в равнината се нарича колумбийска, ако се състои от

2013

червени точки и

2014

сини точки, като никои три точки от конфигурацията не са колинеарни. Като начертаем няколко прави, равнината се разделя на области. Наричаме една подредба от прави добра за дадена колумбийска конфигурация, ако са изпълнени условията: (i) никоя от правите не минава през точка от конфигурацията; (ii) никоя област не съдържа точки и от двата цвята. Намерете най-малката стойност на

k

, такава че за всяка колумбийска конфигурация от

4027

точки съществува добра подредба от

k

прави.

Решение

Отговорът е

k=2013

. Първо ще покажем, че са необходими поне

2013

прави. Вземаме правилен

4026

-ъгълник и оцветяваме върховете му последователно в червено и синьо, а последната синя точка поставяме в общо положение където и да е. Всяка страна на многоъгълника е отсечка с краища от различни цветове, следователно трябва да бъде пресечена от някоя от начертаните прави. Една права може да пресече най-много две страни на изпъкнал многоъгълник, затова са нужни поне

4026/2=2013

прави. Сега ще докажем, че

2013

прави винаги стигат. Разглеждаме изпъкналата обвивка на всички точки. Ако върху нея има червена точка, отделяме тази червена точка от всички останали с една права. Останалите

2012

червени точки разделяме произволно на

1006

двойки. За всяка двойка

\{A,B\}

начертаваме две прави, успоредни на

AB

и достатъчно близки до нея, така че тясната ивица между тях да съдържа точно двете точки

A

B

от конфигурацията. Така всяка червена точка е отделена в област, която не съдържа сини точки. Общият брой прави е

1+2\cdot1006=2013

. Ако изпъкналата обвивка няма червена точка, тогава върху нея има две съседни сини точки. Отделяме тези две сини точки от всички останали с една права и прилагаме същата конструкция към останалите

2012

сини точки. Отново получаваме добра подредба с

2013

прави. Следователно минималната стойност е

2013

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2013/2Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека функцията

f:\mathbb Q_{\gt{}0}\to\mathbb R

удовлетворява: (i) ако

x,y\in\mathbb Q_{\gt{}0}

, то

f(x)f(y)\ge f(xy)

; (ii) ако

x,y\in\mathbb Q_{\gt{}0}

, то

f(x+y)\ge f(x)+f(y)

; (iii) съществува рационално число

a\gt{}1

, за което

f(a)=a

. Докажете, че

f(x)=x

за всички положителни рационални числа

x

Решение

Първо ще изключим неприятните случаи. Ще покажем, че за всяко положително цяло число

n

е изпълнено

f(n)\ge n

. От (ii) с индукция получаваме

f(nx)\ge n f(x)

. От (i), приложено към

(a,1)

, имаме

f(a)f(1)\ge f(a)

; понеже

f(a)=a\gt{}0

, следва

f(1)\ge1

, а оттук

f(n)\ge n

. Следва, че

f

приема само положителни стойности. Наистина, ако

p,q

са положителни цели числа, тогава

f(q)f\left(\frac pq\right)\ge f(p),

а вече знаем, че

f(p)\gt{}0

f(q)\gt{}0

. Значи

f(p/q)\gt{}0

за всяко положително рационално

p/q

. Оттук и от (ii) следва, че

f

е строго растяща. Сега доказваме, че за всяко положително рационално

x\gt{}1

имаме

f(x)\ge x

. За всяко положително цяло

N

от (i), монотонността и предишния абзац получаваме

f(x)^N\ge f(x^N)\ge f(\lfloor x^N\rfloor)\ge \lfloor x^N\rfloor\gt{}x^N-1.

Като пуснем

N\to\infty

, следва

f(x)\ge x

. От друга страна, всички степени

a^m

са неподвижни точки. Наистина, от (i) имаме

f(a^m)\le f(a)^m=a^m

, а току-що доказаното дава обратното неравенство, понеже

a^m\gt{}1

. Нека сега

x\gt{}1

и изберем достатъчно голямо

m

, така че

a^m-x\gt{}1

. Тогава

a^m=f(a^m)\ge f(a^m-x)+f(x)\ge (a^m-x)+x=a^m.

Следователно навсякъде има равенство и

f(x)=x

за всяко положително рационално

x\gt{}1

. Остава

0\lt{}x\le1

. Избираме цяло

n

, така че

nx\gt{}1

. Вече знаем, че

f(n)=n

f(nx)=nx

. От (i) следва

n f(x)=f(n)f(x)\ge f(nx)=nx,

а от (ii), приложено

n

пъти, следва

nx=f(nx)\ge n f(x).

Значи

nf(x)=nx

, т.е.

f(x)=x

. Това завършва доказателството.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2013/5Условие — източник

2014

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

a_0\lt{}a_1\lt{}a_2\lt{}\cdots

е безкрайна редица от положителни цели числа. Докажете, че съществува единствено цяло число

n\ge1

, за което

a_n\lt{}\frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\le a_{n+1}.

Решение

За

n\ge1

дефинираме

b_n=(a_n-a_{n-1})+(a_n-a_{n-2})+\cdots+(a_n-a_1).

Тъй като редицата

(a_n)

е строго растяща, редицата

(b_n)

също е строго растяща, като

b_1=0

. Освен това

b_n\to\infty

, защото

a_n\ge a_i+n-i

за

1\le i\le n

. Исканото неравенство е точно

b_n\lt{}a_0\le b_{n+1}.

Наистина, лявото неравенство се получава след прехвърляне на

a_1+\cdots+a_n

от другата страна, а дясното - по същия начин за

a_{n+1}

. Понеже

0=b_1\lt{}a_0

(b_n)

расте строго до безкрайност, има единствен индекс

n

, за който

b_n\lt{}a_0\le b_{n+1}

. Това дава и единствеността, и съществуването на търсеното

n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

n\ge2

е цяло число. Разглеждаме шахматна дъска

n\times n

, съставена от

n^2

единични квадратчета. Конфигурация от

n

топа върху тази дъска ще наричаме спокойна, ако във всеки ред и във всеки стълб има точно един топ. Намерете най-голямото положително цяло число

k

, такова че за всяка спокойна конфигурация от

n

топа съществува квадрат

k\times k

, който не съдържа топ в нито едно от своите

k^2

единични квадратчета.

Решение

Отговорът е

k=\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n-1}\rfloor.

Първо нека

n\gt{}k^2

. Ще покажем, че тогава винаги има празен квадрат

k\times k

. Вземаме топа в най-горния ред. Избираме блок от

k

последователни стълба, който съдържа неговия стълб, и непосредствено под този ред разглеждаме

k

последователни квадрата

k\times k

със същите стълбове. Те са разположени един под друг и се побират в дъската, понеже

n\ge k^2+1

. В тези

k

квадрата могат да има най-много

k-1

топа: използват се само избраните

k

стълба, а един от тях вече съдържа горния топ. Следователно поне един от разглежданите

k

квадрата е празен. Така свойството е вярно за всяко

k

k^2\lt{}n

. Остава да покажем, че по-голямо

k

не може да се гарантира. Достатъчно е да построим, когато

n\le k^2

, спокойна конфигурация без празен квадрат

k\times k

. За

n=k^2

номерираме редовете с двойки

(q,r)

, където

0\le q,r\lt{}k

, и поставяме топа в ред

qk+r+1

в стълб

rk+q+1

. Всеки прозорец от

k

последователни реда съдържа точно по един ред от всеки остатък

r

по модул

k

, а съответните стълбове пресичат всеки прозорец от

k

последователни стълба. Затова всеки квадрат

k\times k

съдържа топ. Ако

n\lt{}k^2

, изтриваме подходящи редове и стълбове от тази конструкция и после свиваме останалите редове и стълбове, като попълваме евентуално освободените места с единствените топове от съответните редове и стълбове. Тази компресия не създава нов празен квадрат

k\times k

, така че получаваме спокойна конфигурация и за всяко

n\le k^2

. Следователно най-голямото гарантирано число е точно

\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n-1}\rfloor

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

P

Q

са точки от отсечката

BC

на остроъгълен триъгълник

ABC

, за които

\angle PAB=\angle BCA,\qquad \angle CAQ=\angle ABC.

Нека

M

N

са точки съответно върху лъчите

AP

AQ

, такива че

P

е средата на

AM

, а

Q

е средата на

AN

. Докажете, че правите

BM

CN

се пресичат в точка от описаната окръжност на триъгълника

ABC

Решение

Ще използваме хармонични снопове. Нека правата

BM

пресича повторно описаната окръжност на триъгълника

ABC

в точка

X

.От условието

\angle PAB=\angle BCA

и теоремата за ъгъла между допирателна и хорда следва, че допирателната към

(ABC)

B

е успоредна на правата

AP

. Нека

\infty

е точката в безкрайността по направление

AP

. Понеже

P

е средата на

AM

, четворката

(A,M;P,\infty)

е хармонична, тоест

(A,M;P,\infty)=-1.

Проектираме тази четворка от точката

B

върху описаната окръжност. Точката

A

остава

A

, точката

M

отива в

X

, защото

B,M,X

са колинеарни, точката

P

отива в

C

, защото

B,P,C

са колинеарни, а точката

\infty

отива в

B

, понеже правата през

B

, успоредна на

AP

, е допирателната в

B

. Следователно

(A,X;C,B)=-1.\tag{1}

Напълно аналогично, ако правата

CN

пресича повторно описаната окръжност в точка

Y

, то от

\angle CAQ=\angle ABC

допирателната в

C

е успоредна на

AQ

, а проекцията от

C

дава

(A,Y;B,C)=-1.\tag{2}

Размяната на последните две точки превръща кръстното отношение в реципрочното му, а

-1

е равно на своето реципрочно. Затова (1) и (2) определят една и съща хармонична спрегната точка на

A

спрямо

B

C

върху описаната окръжност. Следователно

X=Y

, тоест правите

BM

CN

се пресичат именно в точка от тази окръжност. Ще запишем и кратка синтетична проверка на същия извод. Понеже

\triangle CAQ\sim\triangle CBA

, ако

D

е отражението на

B

спрямо

A

, то

\triangle CAN\sim\triangle CBD

. Аналогично, ако

E

е отражението на

C

спрямо

A

, от

\triangle BAP\sim\triangle BCA

получаваме

\triangle BAM\sim\triangle BCE

. Следователно

\angle ABM=\angle CBE,\qquad \angle ACN=\angle BCD.

Но

BCDE

е успоредник, защото

D=2A-B

E=2A-C

. Затова

\angle CBE+\angle BCD=180^\circ

, откъдето

\angle ABM+\angle ACN=180^\circ.

Ако

X=BM\cap CN

, последното равенство означава, че

A,B,C,X

са вписани, което отново доказва твърдението. Накрая даваме и координатната проверка от източника. Нека

a=BC

b=CA

c=AB

и използваме барицентрични координати спрямо

ABC

. От подобието при точката

P

получаваме

PB=c^2/a

, така че

P=(0:a^2-c^2:c^2).

Понеже

P

е средата на

AM

, имаме

\vec M=2\vec P-\vec A

, откъдето

M=(-a^2:2(a^2-c^2):2c^2).

По същия начин

N=(-a^2:2b^2:2(b^2-a^2)).

Пряко пресмятане на пресечната точка на правите

BM

CN

дава

BM\cap CN=(-a^2:2b^2:2c^2).

Критерият за описаната окръжност в барицентрични координати е

a^2yz+b^2zx+c^2xy=0.

За последната точка лявата страна е

a^2\cdot4b^2c^2+b^2\cdot(-2a^2c^2)+c^2\cdot(-2a^2b^2)=0,

следователно пресечната точка на

BM

CN

лежи върху описаната окръжност.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

За всяко положително цяло число

n

Банката на Кейптаун издава монети с номинал

\frac1n

. Дадена е крайна колекция от такива монети, не непременно с различни номинали, с обща стойност най-много

99+\frac12

. Докажете, че колекцията може да се раздели на не повече от

100

групи така, че общата стойност на всяка група да е най-много

1

Решение

Ще докажем по-силното твърдение: ако общата стойност е най-много

k-\frac{k}{2k+1},

то монетите могат да се разделят в най-много

k

групи. При

k=100

това веднага дава задачата. Първо правим две опростявания, докато повече не са възможни. Ако две монети с номинал

\frac1{2m}

се срещат едновременно, заменяме ги с една монета с номинал

\frac1m

; всяко разпределение след такава замяна лесно се връща назад. Ако пък имаме

2m+1

монети с номинал

\frac1{2m+1}

, поставяме тези монети в една група със стойност

1

и прилагаме индукция към останалите монети и към

k-1

групи. След тези операции за всяко

m\ge0

има най-много

2m

монети с номинал

\frac1{2m+1}

и най-много една монета с номинал

\frac1{2m+2}

. Сега построяваме кутии

B_0,B_1,\ldots,B_{k-1}

. В кутия

B_m

поставяме всички останали монети с номинали

\frac1{2m+1}

\frac1{2m+2}

. Общата стойност в

B_m

е по-малка от

2m\cdot\frac1{2m+1}+\frac1{2m+2}\lt{}1.

Останалите по-леки монети, всички с номинал най-много

\frac1{2k+1}

, оставяме в купчина. Хвърляме монетите от купчината в кутиите произволно, стига стойността на никоя кутия да не надхвърли

1

. Ще докажем, че така купчината се изчерпва. Ако някоя монета остане, всяка от

k

-те кутии трябва вече да има стойност строго по-голяма от

1-\frac1{2k+1}

. Следователно общата стойност на монетите в кутиите е строго по-голяма от

k\left(1-\frac1{2k+1}\right)=k-\frac{k}{2k+1},

което противоречи на предположението. Значи всички монети могат да се поставят в тези

k

кутии, а всяка кутия има стойност най-много

1

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Множество от прави в равнината е в общо положение, ако никои две не са успоредни и никои три не минават през една точка. Такова множество разрязва равнината на области, някои от които имат крайно лице; наричаме ги крайни области. Докажете, че за всички достатъчно големи

n

, при произволни

n

прави в общо положение е възможно да оцветим поне

\sqrt n

от правите в синьо така, че никоя крайна област да няма изцяло синя граница.

Решение

Оцветяваме прави в синьо алчно, докато повече не можем да добавим нова синя права без да нарушим условието. Нека накрая сините прави са

k

. Тогава всяка от останалите

n-k

прави е страна на някоя крайна област, чиято останала граница е изцяло синя; иначе бихме могли да оцветим и тази права в синьо. За всяка несиня права

\ell

избираме една такава крайна област. Обхождайки границата на областта обратно на часовниковата стрелка, вземаме следващия връх след страната, лежаща върху

\ell

; това е пресечна точка

v

на две сини прави. Ще казваме, че

\ell

е клепач на върха

v

. Ключовото локално наблюдение е, че всеки връх, получен като пресечна точка на две сини прави, може да има най-много два клепача. Наистина, около такъв връх има четири сектора, а избраната крайна област трябва да заема сектор, ограничен от двете сини прави; за всяка от двете възможни посоки несинята права, която затваря тази област, е най-много една, иначе две такива прави биха дали паралелност или тройно пресичане по границата на избраната област. Понеже сините прави имат

\binom{k}{2}

пресечни точки, получаваме

n-k\le 2\binom{k}{2}=k^2-k.

Следователно

n\le k^2

, т.е.

k\ge\sqrt n

. Така намереното максимално алчно оцветяване вече съдържа поне

\sqrt n

сини прави и по построение никоя крайна област няма изцяло синя граница.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/6Условие — източник

2015

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Ще казваме, че крайно множество

\mathcal S

от точки в равнината е балансирано, ако за всеки две различни точки

A

B

от

\mathcal S

съществува точка

C\in\mathcal S

, за която

AC=BC

. Ще казваме, че

\mathcal S

е безцентрово, ако за всеки три различни точки

A

B

C

от

\mathcal S

не съществува точка

P\in\mathcal S

, за която

PA=PB=PC

. (a) Докажете, че за всяко цяло число

n\ge3

съществува балансирано множество от

n

точки. (b) Определете всички цели числа

n\ge3

, за които съществува балансирано безцентрово множество от

n

точки.

Решение

Първо доказваме (a). Ако

n

е нечетно, вземаме върховете на правилен

n

-ъгълник и ги означаваме с

A_1,A_2,\ldots,A_n

в цикличен ред. За всеки два върха

A_i

A_j

избираме

k

така, че

2k\equiv i+j\pmod n.

Понеже

n

е нечетно, такъв индекс съществува и е единствен. Тогава дъгите от

A_k

до

A_i

и до

A_j

са равни, откъдето

A_kA_i=A_kA_j

. Следователно множеството е балансирано. Нека сега

n

е четно. Вземаме окръжност с център

O

и поставяме върху нея още

n-1

точки. Понеже

n-1

е нечетно, можем да ги разделим на една тройка и няколко двойки така, че във всяка двойка двете точки да са на дъга

60^\circ

, а в тройката съседните точки също да са през дъга

60^\circ

. Избираме отделните двойки и тройката достатъчно далеч една от друга, за да няма съвпадения.Да проверим балансираността. За всеки две точки върху окръжността точката

O

е еднакво отдалечена от тях. Остава двойка от вида

O,A

, където

A

е точка върху окръжността. По построение

A

има съседна точка

B

в своята двойка или тройка, за която дъгата

AB

60^\circ

. Затова хордата

AB

е равна на радиуса, тоест

AB=OB

. Точката

B

е еднакво отдалечена от

O

A

, така че и тази двойка има свидетел. Това доказва (a). За (b) отговорът е: точно нечетните

n\ge3

. При нечетно

n

вече построихме балансирано множество чрез върховете на правилен

n

-ъгълник. То е и безцентрово: ако някоя точка

P

е еднакво отдалечена от три различни върха

A

B

C

, то

P

е центърът на описаната около

ABC

окръжност. Това е центърът на правилния

n

-ъгълник, който не е връх. Остава да докажем, че четно

n

е невъзможно. Нека

\mathcal S

е балансирано множество от четен брой

n

точки. За всяка неупорядочена двойка

\{A,B\}

от различни точки избираме една точка

P\in\mathcal S

, за която

PA=PB

. Такава точка съществува по балансираността и не може да е нито

A

, нито

B

. Двойките са

\binom n2

, затова по принципа на Дирихле някоя точка

P\in\mathcal S

е избрана за поне

\left\lceil \frac{\binom n2}{n}\right\rceil=\frac n2

двойки. Всички тези двойки лежат в

\mathcal S\setminus\{P\}

, което има само

n-1

точки. Ако избраните

n/2

двойки бяха две по две несвързани, те щяха да използват общо

n

различни точки, невъзможно. Значи две от тях имат обща точка, например

\{A,B\}

\{A,C\}

. Но тогава

PA=PB

PA=PC

, следователно

PA=PB=PC

за три различни точки

A

B

C

от

\mathcal S

. Това противоречи на безцентровостта. Следователно балансирано безцентрово множество с четен брой точки не съществува.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете всички тройки положителни цели числа

a,b,c

, за които всяко от числата

ab-c

bc-a

ca-b

е степен на

2

, като допускаме и

2^0=1

Решение

Отговорът е

(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)

и всички техни пермутации. Директна проверка показва, че тези тройки работят. Подреждаме числата така, че

a\ge b\ge c

. Лесно се вижда, че

c\gt{}1

, защото иначе някое от

bc-a

ca-b

няма да бъде положителна степен на

2

. Тогава

ab-c\ge ca-b\ge bc-a,

и трите числа са степени на

2

. Първи случай:

a

е четно. Тогава, понеже по-малката степен на

2

дели по-голямата,

ca-b=\gcd(ab-c,ca-b).

Освен това

\gcd(ab-c,ca-b)\le \gcd(ab-c,a(ca-b)+ab-c)

=\gcd(ab-c,c(a^2-1)).

Числото

a^2-1

е нечетно, следователно тази НОД е най-много

c

. Значи

ca-b\le c

, откъдето принудително

a=b=c=2

. Втори случай:

a,b,c

са нечетни. Тогава

a\gt{}b\gt{}c\gt{}1

. Същата оценка дава

ca-b\le \gcd(ab-c,c(a^2-1))\le

2^{\nu_2(a^2-1)}\le 2a+2\le 3a-b.

Следователно

c=3

, а равенството в последната част дава

a=b+2

. Понеже

ca-b

bc-a

са различни степени на

2

и първото е по-голямо, имаме

3a-b\ge 2(3b-a).

a=b+2

това дава

b\le5

, а от нечетността и

b\gt{}3

следва

b=5

a=7

. Получаваме тройката

(7,5,3)

. Остава случаят

a

нечетно, а

b,c

четни. Тогава

bc-a

е нечетна степен на

2

, т.е.

bc-a=1

. Значи

ca-b=bc^2-b-c.

Използваме тъждеството

c^3-b-c=(1-c^2)(ab-c)+a(bc^2-b-c)+(ca-b).

Оттук

ca-b=\gcd(ab-c,ca-b)=\gcd(ab-c,c^3-b-c).

Ако

c^3-b-c\ne0

, получаваме

|c^3-b-c|\ge bc^2-b-c

. При

b\ge c\gt{}1

това принуждава

b=c

, следователно

a=c^2-1

. Тогава

ab-c=c(c^2-2)

е степен на

2

, откъдето

c=2

и получаваме

(3,2,2)

. Ако

c^3-b-c=0

, то

b=c^3-c

, а от

bc-a=1

получаваме

a=c^4-c^2-1

. Тогава

ca-b=c^5-2c^3=c^3(c^2-2)

е степен на

2

, така че пак

c=2

, и следователно

(a,b,c)=(11,6,2)

. С това всички случаи са изчерпани.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/2Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Решете функционалното уравнение

f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)

за функции

f:\mathbb R\to\mathbb R

Решение

Решенията са

f(x)\equiv x,\qquad f(x)\equiv 2-x,

и те се проверяват директно. Нека

P(x,y)

означава даденото уравнение, а

S=\{t\mid f(t)=t\}

е множеството от неподвижните точки на

f

. От

P(0,0)

получаваме

f(f(0))=0

. От

P(0,f(0))

следва

2f(0)=f(0)^2

, т.е.

f(0)\in\{0,2\}.

Освен това от

P(x,1)

следва, че

x+f(x+1)\in S\quad\text{за всяко }x.\tag{1}

Ако

f(0)=2

, то за всяка неподвижна точка

t\in S

равенството

P(0,t)

дава

2=2t

, така че

S=\{1\}

. От (1) получаваме

x+f(x+1)=1

, тоест

f(x)=2-x

. Остава случаят

f(0)=0

. От

P(1,-1)

P(-1,1)

следва

f(1)=1

f(-1)=-1

. Сега ще покажем, че

f

е нечетна. От

P(x,0)

имаме

x+f(x)\in S

, от

P(x-1,1)

имаме

x-1+f(x)\in S

, а от

P(1,f(x)+x-1)

имаме

x+1+f(x)\in S

. Замествайки тези неподвижни точки в

P(x,-1)

, получаваме

f(-x)=-f(x)

за всяко

x

. Накрая използваме нечетността. От

P(x,-x)

следва

f(x)+f(-x^2)=x-xf(x),

а от

P(-x,x)

следва

f(-x)+f(-x^2)=-x+xf(-x).

Изваждайки второто равенство от първото и използвайки

f(-x)=-f(x)

, получаваме

2f(x)=2x

. Следователно

f(x)=x

за всяко

x

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Редицата

a_1,a_2,\ldots

от цели числа удовлетворява условията: (i)

1\le a_j\le2015

за всяко

j\ge1

; (ii)

k+a_k\ne \ell+a_{\ell}

за всички

1\le k\lt{}\ell

. Докажете, че съществуват положителни цели числа

b

N

, такива че

\left|\sum_{j=m+1}^{n}(a_j-b)\right|\le1007^2

за всички цели числа

m,n

n\gt{}m\ge N

Решение

Ще използваме еквивалентната интерпретация с жонглиране. Представяме си топки, които могат да бъдат на височини

0,1,2,\ldots,2014

. В момент

t

хващаме топка на височина

0

, ако има такава; ако няма, добавяме нова топка. След това хвърляме хванатата или добавена топка на височина

a_t

, а веднага след това всички топки слизат с една единица. Условието

k+a_k\ne \ell+a_{\ell}

гарантира, че никога две топки не се намират на една и съща височина. Следователно броят на топките е най-много

2015

, и понеже нова топка може да се добави само когато броят им се увеличава, добавянията са крайно много. Нека

b

е окончателният брой топки, а

N

е последният момент, в който е добавена нова топка. За

t\ge N

нека

S_t

бъде сумата от височините на всички топки непосредствено след момента

t+\frac12

. Тогава при следващата стъпка хвърляме една топка на височина

a_{t+1}

и всички

b

топки слизат с

1

, така че

S_{t+1}-S_t=a_{t+1}-b.

Следователно за

n\gt{}m\ge N

имаме

\sum_{j=m+1}^{n}(a_j-b)=S_n-S_m.

След момента

N

във всяка стъпка има топка на височина

0

, а всички височини са различни и са между

0

2014

. Затова

0+1+\cdots+(b-1)\le S_t\le

0+(2016-b)+(2017-b)+\cdots+2014.

Разликата между горната и долната граница е

(b-1)(2015-b)\le1007^2.

Така

|S_n-S_m|\le1007^2

, което е точно исканото неравенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/6Условие — източник

2016

5 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете всички цели числа

n

, за които всяка клетка на таблица

n\times n

може да се запълни с една от буквите I, M и O така, че: - във всеки ред и във всяка колона една трета от записите да са I, една трета да са M и една трета да са O; - във всеки диагонал, чийто брой клетки е кратен на

3

, една трета от записите да са I, една трета да са M и една трета да са O. Една таблица

n\times n

има

4n-2

диагонала.

Решение

Отговорът е: точно тези

n

, за които

9\mid n

. Първо построяваме пример за

n=9

\begin{array}{ccccccccc}I&I&I&M&M&M&O&O&O\crM&M&M&O&O&O&I&I&I\crO&O&O&I&I&I&M&M&M\crI&I&I&M&M&M&O&O&O\crM&M&M&O&O&O&I&I&I\crO&O&O&I&I&I&M&M&M\crI&I&I&M&M&M&O&O&O\crM&M&M&O&O&O&I&I&I\crO&O&O&I&I&I&M&M&M\end{array}

Повтаряйки този блок по хоризонтала и вертикала, получаваме конструкция за всяко

n

, кратно на

9

. Сега ще докажем необходимостта. Първо от условието за редовете следва

3\mid n

, така че пишем

n=3k

. Разделяме таблицата на

k^2

блока

3\times3

. Ще наричаме мултимножество от клетки чисто, ако трите букви се срещат в него поравно; обединение на чисти мултимножества пак е чисто. Чисти са всички колони с номер

2\pmod3

, всички редове с номер

2\pmod3

и всички диагонали от условието. Вземаме мултимножественото им обединение. То брои центъра на всеки блок

3\times3

четири пъти, а всяка друга клетка точно веднъж. Понеже цялата таблица е чиста, след изваждане на едно копие на цялата таблица получаваме, че множеството от

k^2

центрове също е чисто. Следователно

3\mid k^2

, тоест

3\mid k

9\mid n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2016/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

P=A_1A_2\ldots A_k

е изпъкнал многоъгълник в равнината. Върховете

A_1,A_2,\ldots,A_k

имат цели координати и лежат на една окръжност. Нека

S

е лицето на

P

. Дадено е нечетно положително цяло число

n

, такова че квадратите на дължините на страните на

P

са цели числа, делящи се на

n

. Докажете, че

2S

е цяло число, което се дели на

n

Решение

По формулата на Гаус за лице

2S

е цяло число. Достатъчно е да докажем делимостта за

n=p^e

, където

p

е нечетно просто число, а после да приложим резултата към всички прости степени в разлагането на

n

. Ще индукцираме по броя върхове. За триъгълник с дължини на страните

a,b,c

формулата на Херон дава

16S^2=2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-a^4-b^4-c^4.

Ако

p^e

дели

a^2,b^2,c^2

, то

p^{2e}

дели дясната страна. Понеже

p

е нечетно и

2S

е цяло, оттук следва

p^e\mid 2S

. Остава индукционната стъпка. Достатъчно е да намерим диагонал, чийто квадрат на дължината се дели на

p^e

: тогава той разрязва многоъгълника на два по-малки вписани многоъгълника с цели координати, към които прилагаме индукционното предположение. Да допуснем противното. Нека

O=A_{k+1}

и разгледаме многоъгълника

A_1A_2\ldots A_kO

. Ако никой диагонал няма квадрат на дължината, делящ се на

p^e

, прилагаме обобщената теорема на Птолемей след инверсия с център

O

. Получаваме равенство от вида

\sqrt{\vphantom{x^2}q_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}q_2}+\cdots+\sqrt{\vphantom{x^2}q_{k-1}}=\sqrt q,

където

q_i

q

са положителни рационални числа, изразени чрез квадратите на съответните страни и диагонали. Известният факт за рационални линейни зависимости между квадратни корени казва, че всички тези корени са рационални кратни на един и същ квадратен корен: съществува положително рационално

b

, така че

r_i=\sqrt{\vphantom{x^2}q_i/b}

r=\sqrt{\vphantom{x^2}q/b}

са рационални и

r_1+r_2+\cdots+r_{k-1}=r.

Но условието върху

p

-адичните валуации дава

\nu_p(r_i)\gt{}\nu_p(r)

за всяко

i

. Сумирането на рационални числа с такава по-голяма

p

-адична валуация не може да даде число с валуация

\nu_p(r)

. Противоречие. Следователно желаният диагонал съществува и индукцията завършва доказателството.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2016/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Множество от положителни цели числа ще наричаме ароматно, ако съдържа поне два елемента и всеки негов елемент има общ прост делител с поне един от останалите елементи. Нека

P(n)=n^2+n+1

. Коя е най-малката възможна положителна стойност на

b

, за която съществува неотрицателно цяло число

a

, такова че множеството

\{P(a+1),P(a+2),\ldots,P(a+b)\}

е ароматно?

Решение

Отговорът е

b=6

. Първо ще докажем, че

b\ge6

. С алгоритъма на Евклид лесно се получава

\gcd(P(n),P(n+1))\mid1,

\quad \gcd(P(n),P(n+2))\mid7,

\gcd(P(n),P(n+3))\mid3,

\quad \gcd(P(n),P(n+4))\mid19.

Да допуснем, че

b\le5

. Построяваме граф с върхове

a+1,a+2,\ldots,a+b

, като свързваме два върха, ако съответните стойности на

P

имат нетривиален общ делител; етикетираме реброто с простия делител. Възможни са само етикетите

3,7,19

, съответно за разстояния

3,2,4

, и за всеки от тези етикети може да има най-много едно ребро. При

b\le5

с такива ребра не може всеки връх да има положителна степен, противоречие с ароматността. За построение с

b=6

избираме

a

чрез китайската теорема за остатъците така, че

a+1\equiv7\pmod{19},\quad a+5\equiv11\pmod{19},

a+2\equiv2\pmod7,\quad a+4\equiv4\pmod7,

a+3\equiv1\pmod3,\quad a+6\equiv1\pmod3.

Тогава

P(a+1)

P(a+5)

имат общ делител

19

P(a+2)

P(a+4)

имат общ делител

7

, а

P(a+3)

P(a+6)

имат общ делител

3

. Следователно полученото множество с шест елемента е ароматно, и най-малката стойност е

6

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2016/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

На дъската е записано уравнението

(x-1)(x-2)\cdots(x-2016)=

(x-1)(x-2)\cdots(x-2016),

2016

линейни множителя от всяка страна. Коя е най-малката възможна стойност на

k

, за която може да се изтрият точно

k

от тези

4032

линейни множителя, така че от двете страни да остане поне по един множител и полученото уравнение да няма реални решения?

Решение

Отговорът е

2016

. Най-напред, за всяко

i=1,2,\ldots,2016

поне един от двата множителя

(x-i)

трябва да бъде изтрит; иначе

x=i

ще бъде решение. Следователно

k\ge2016

. Ще покажем, че

2016

изтривания са достатъчни. Оставяме отляво множителите с индекси

1

или

0

по модул

4

, а отдясно оставяме множителите с индекси

2

или

3

по модул

4

. Така за всеки

m=1,2,\ldots,504

сравняваме

L_m=(x-(4m-3))(x-4m),

\qquad R_m=(x-(4m-2))(x-(4m-1)).

Винаги имаме

L_m\lt{}R_m

, защото

R_m-L_m=2

. Ако

x

не лежи между двата вътрешни корена на някой блок, тези неравенства могат да се умножат директно или пък двете страни имат различни знаци; и в двата случая равенство не се получава. Остава само случаят

4m-2\lt{}x\lt{}4m-1

за някое

m

. Тогава

L_m

R_m

са отрицателни и

\left|\frac{L_m}{R_m}\right|\ge9.

Ще използваме оценката

\prod_{t=0}^{N}\frac{(4t+2)(4t+3)}{(4t+1)(4t+4)}\lt{}2\lt{}\mathrm e\quad

(N\ge0),

която следва, като сдвоим множителите

\frac21\left(\frac34\cdot\frac65\right)\left(\frac78\cdot\frac{10}9\right)\cdots\frac{4N+3}{4N+4}\lt{}

2.

При

4m-2\lt{}x\lt{}4m-1

произведението на всички съответни отношения

|R_j/L_j|

за блоковете преди

m

е по-малко от

\mathrm e

, и същото важи за блоковете след

m

. Затова общо

\left|\frac{\prod_j R_j}{\prod_j L_j}\right|\lt{}\frac{\mathrm e^2}{9}\lt{}1.

Следователно двете произведения не могат да бъдат равни. При целите стойности

x=i

също няма равенство, защото съответният множител е оставен само от едната страна. Значи полученото уравнение няма реални решения, а минималното

k

2016

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2016/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени

n\ge2

отсечки, като всеки две от тях се пресичат и никои три не минават през една точка. Джеф трябва да избере по един край на всяка отсечка и да постави там жаба, обърната към другия край. След това той пляска с ръце

n-1

пъти. При всяко пляскане всяка жаба веднага скача напред до следващата пресечна точка върху своята отсечка. Жабите никога не сменят посоката на скоковете си. Джеф иска да постави жабите така, че никои две от тях никога да не се окажат в една и съща пресечна точка по едно и също време. (a) Докажете, че Джеф винаги може да изпълни желанието си, ако

n

е нечетно. (b) Докажете, че Джеф никога не може да го изпълни, ако

n

е четно.

Решение

Вземаме достатъчно голяма окръжност

\omega

, която съдържа всички

\binom n2

пресечни точки във вътрешността си. Продължаваме дадените отсечки до прави и отбелязваме техните

2n

пресечни точки с

\omega

като

P_1,P_2,\ldots,P_{2n}

в посока на часовниковата стрелка. За всяка отсечка изборът на един от двата й края е еквивалентен на избор на съответния край

P_i

върху тази голяма окръжност, защото редът на пресечните точки по правата не се променя. Ключовото наблюдение е, че всяка дадена отсечка има краища от вида

P_i

P_{i+n}

, с индекси по модул

2n

. Наистина, ако една отсечка има краища

P_i

P_j

, то за да я пресече всяка друга отсечка, другата отсечка трябва да има по един край на всяка от двете дъги между

P_i

P_j

. Следователно двете дъги съдържат по точно

n-1

от останалите точки, откъдето

j=i+n

.Нека първо

n

е нечетно. Поставяме жабите в точките

P_1,P_3,\ldots,P_{2n-1}.

Понеже

n

е нечетно, точките

P_i

P_{i+n}

са с различна четност, така че от всяка отсечка е избран точно един край. Да разгледаме две жаби, започващи от

P_i

P_j

, където

i

j

са нечетни. След евентуална размяна на имената можем да пишем

j=i+d

, където

1\le d\le n-1

. Понеже

i

j

са с една и съща четност, числото

d

е четно. Жабата от

P_i

достига пресечната точка на двете отсечки след

d

пляскания, а жабата от

P_j

достига същата пресечна точка след

n-d

пляскания. Тези две числа имат различен паритет, защото

n

е нечетно. Значи те не са равни и двете жаби не се срещат едновременно в тази пресечна точка. Това важи за всяка двойка жаби, следователно Джеф може да изпълни желанието си. Нека сега

n

е четно. Ако Джеф избере две съседни точки

P_i

P_{i+1}

, тогава съответните две жаби ще скочат още при първото пляскане в общата пресечна точка на своите две отсечки. Следователно избраните

n

точки върху цикъла

P_1,P_2,\ldots,P_{2n}

не могат да съдържат съседни точки. Но избор на

n

точки от цикъл с

2n

точки без две съседни точки е принудително редуващ се: всички избрани точки са или с нечетни, или с четни индекси. Когато

n

е четно, точките

P_i

P_{i+n}

имат една и съща четност. Затова редуващият се избор или взема и двата края на някоя отсечка, или не взема нито един от тях, което е невъзможно, понеже трябва да се избере точно един край на всяка отсечка. Получаваме противоречие, така че при четно

n

Джеф не може да изпълни желанието си.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2016/6Условие — източник

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За всяко цяло число

a_0\gt{}1

дефинираме редицата

a_0,a_1,a_2,\ldots

чрез

a_{n+1}=\begin{cases}\sqrt{\vphantom{x^2}a_n},&\text{ако }\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}\text{ е цяло число},\\a_n+3,&\text{иначе}\end{cases}

за всяко

n\ge0

. Определете всички стойности на

a_0

, за които съществува число

A

, такова че

a_n=A

за безкрайно много стойности на

n

Решение

Отговорът е

a_0\equiv0\pmod3.

Ще използваме следната лема. **Лема.** Нека

c

е най-малкият член на редицата. Тогава или

c\equiv2\pmod3

, или

c=3

. Доказателство на лемата. Ясно е, че

c\ne1,4

. Ако

c

беше точен квадрат, следващият член щеше да бъде

\sqrt c\lt{}c

, невъзможно. Да допуснем, че

c\not\equiv2\pmod3

. След като редицата стигне до

c

, тя прибавя

3

, докато достигне следващ точен квадрат. Този квадрат трябва да е един от

\left(\lfloor\sqrt c\rfloor+1\right)^2,\quad\left(\lfloor\sqrt c\rfloor+2\right)^2,\quad\left(\lfloor\sqrt c\rfloor+3\right)^2.

След вземане на корен следва, че

c\le \lfloor\sqrt c\rfloor+3\le \sqrt c+3,

откъдето

c\le5

. Тъй като

c\ne1,2,4,5

в разглеждания случай, получаваме

c=3

. Лемата е доказана. Ако

a_0\equiv0\pmod3

, тогава всички членове са кратни на

3

. По лемата най-малкият член е

3

, а

3\to6\to9\to3,

така че

A=3

се среща безкрайно много пъти. Ако

a_0\not\equiv0\pmod3

, тогава нито един член не е кратен на

3

, в частност

3

не се среща. По лемата най-малкият член е

2

по модул

3

. Но точен квадрат не може да бъде

2

по модул

3

, така че след този момент редицата само нараства с по

3

и не може да има стойност, която се среща безкрайно много пъти. Следователно точно търсените начални стойности са кратните на

3

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2017/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Решете над

\mathbb R

функционалното уравнение

f(f(x)f(y))+f(x+y)=f(xy).

Решение

Единствените решения са

f(x)\equiv0,\qquad f(x)=x-1,\qquad f(x)=1-x,

и директна проверка показва, че те наистина работят. Ако

f

е решение, то

-f

също е решение. Освен това, ако

f(0)=0

, поставянето на

y=0

веднага дава

f\equiv0

. Затова занапред можем да приемем, че

f(0)\gt{}0

. Първо ще докажем, че

f(z)=0\quad\Longleftrightarrow\quad z=1,

както и че

f(0)=1

f(1)=0

. Ако

f(z)=0

z\ne1

, поставяме

x=z,\qquad y=\frac{z}{z-1},

така че

x+y=xy

. От уравнението следва

f(0)=0

, противоречие. Обратно, при

x=y=0

получаваме

f(f(0)^2)=0

, следователно по вече доказаното

f(0)^2=1

. Понеже

f(0)\gt{}0

, имаме

f(0)=1

, а оттук и

f(1)=0

. Сега ще покажем, че

f

е инективна. При

y=1

уравнението дава

f(x+1)=f(x)-1,

следователно по индукция

f(x+n)=f(x)-n\tag{1}

за всяко цяло

n\ge0

. Да допуснем, че

f(a)=f(b)

. Използвайки (1), можем да прибавим към

a

b

един и същ достатъчно голям цял брой, така че да съществуват реални

x,y

x+y=a+1,\qquad xy=b.

За тези

x,y

получаваме

f(f(x)f(y))=f(xy)-f(x+y)=

f(b)-f(a+1)=f(b)+1-f(a)=1.

С помощта на (1) това дава

f(f(x)f(y)+1)=0.

Значи

f(x)f(y)+1=1

, тоест

f(x)f(y)=0

. От първата част следва

1\in\{x,y\}

, а това заедно с

x+y=a+1

xy=b

принуждава

a=b

. Следователно

f

е инективна. Остава финалната стъпка. При

y=0

имаме

f(f(x))+f(x)=1.

Прилагайки същото към

f(x)

, получаваме

f(f(f(x)))=1-f(f(x))=f(x).

От друга страна

f(f(x))=1-f(x)

, така че

f(1-f(x))=f(x).

Понеже

f

е инективна,

1-f(x)=x

, тоест

f(x)=1-x

. Със симетрията

f\mapsto -f

получаваме и

f(x)=x-1

, а нулевото решение вече беше отделено.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2017/2Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

N\ge1

е фиксирано. В редица стоят

N(N+1)

футболисти с различни ръстове. Сър Алекс Сонг иска да премахне

N(N-1)

футболисти, така че да остане нова редица от

2N

футболисти, в която са изпълнени следните

N

условия: между двамата най-високи няма никого, между третия и четвъртия най-висок няма никого,

\ldots

, между двамата най-ниски няма никого. Докажете, че това е възможно.

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

N

. Подреждаме футболистите по ръст и ги разделяме на

N

групи от по

N+1

души:

G_1=\{1,2,\ldots,N+1\},

\quad G_2=\{N+2,\ldots,2N+2\},\quad\ldots

където номерата означават поредност по ръст. Накрая ще изберем по двама души от всяка група. Сканираме редицата отляво надясно, докато за първи път срещнем двама футболисти от една и съща група, да речем

G_k

. Запазваме тези двама, а всички сканирани дотук футболисти, както и цялата група

G_k

, изключваме от по-нататъшното разглеждане. Запазената двойка ще бъде най-лявата двойка в крайния избор и между двамата няма да остане никой. Във всяка от останалите групи са премахнати най-много по един вече сканиран футболист, така че във всяка остават поне

N

души. След като махнем групата

G_k

, остават

N-1

групи, всяка с поне

N

души, и можем да приложим индукционното предположение. Получаваме по две избрани лица от всяка останала група, като съответните двойки са съседни в окончателната редица. Така общо остават

2N

футболисти, по двама от всяка група по ръст. Понеже групите са последователни по ръст, тези двойки са точно двойката на двамата най-високи, после третия и четвъртия най-висок, и така нататък до двамата най-ниски. Условието е изпълнено.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2017/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Примитивна решетъчна точка е наредена двойка цели числа

(x,y)

, за която

\gcd(x,y)=1

. Докажете, че ако

S

е крайно множество от примитивни решетъчни точки, то съществува неконстантен хомогенен полином

f(x,y)

с цели коефициенти, такъв че

f(x,y)=1

за всяка точка

(x,y)\in S

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

|S|

. При една точка

(a,b)

то е точно лемата на Безу: избираме цели

u,v

ua+vb=1

и вземаме

f(x,y)=ux+vy

. За индукционната стъпка нека вече имаме точки

(a_i,b_i)

за

i=1,\ldots,m

, и искаме да добавим още една примитивна точка

(a_{m+1},b_{m+1})

. Чрез подходяща линейна замяна с целочислена матрица с детерминанта

1

можем да приемем, че новата точка е

(1,0)

. Наистина, избираме

u,v

така, че

ua_{m+1}+vb_{m+1}=1,

и използваме матрицата

T=\begin{pmatrix}u&v\\-b_{m+1}&a_{m+1}\end{pmatrix}.

Тя изпраща

(a_{m+1},b_{m+1})

(1,0)

и има детерминанта

1

. След такава замяна хомогенността и целочислеността на коефициентите се запазват. По индукционно предположение има хомогенен полином

g(x,y)

с цели коефициенти, който е равен на

1

върху старите

m

точки. Нека

d=\deg g

. Ще търсим новия полином във вида

f(x,y)=g(x,y)^M-Cx^{dM-m}\prod_{i=1}^m(b_i x-a_i y),

където

M

е достатъчно голямо цяло число, а

C

също ще бъде цяло число. За всяка стара точка

(a_i,b_i)

произведението има нулев множител, така че

f(a_i,b_i)=1

. Остава да осигурим

f(1,0)=1

, тоест

1=g(1,0)^M-C\prod_{i=1}^m b_i.

Ако

\prod_i b_i=0

, тогава за някое

i

имаме

b_i=0

, откъдето

a_i=\pm1

. Понеже

g(a_i,0)=1

g

е хомогенен, получаваме

g(1,0)=\pm1

; вземаме четно

M

и условието е изпълнено. Остава случаят

\prod_i b_i\ne0

. Ще покажем, че

g(1,0)

е взаимнопросто с всяко

b_i

. Понеже

g

е хомогенен и

g(a_i,b_i)=1

, по модул

b_i

имаме

1=g(a_i,b_i)\equiv g(a_i,0)=a_i^d g(1,0)\pmod{b_i}.

А тъй като

\gcd(a_i,b_i)=1

, това означава, че

g(1,0)

е обратимо по модул

b_i

. Следователно

g(1,0)

е взаимнопросто с

\prod_i b_i

. Избираме

M

достатъчно голямо и кратно на

\varphi\left(\left|\prod_i b_i\right|\right)

. Тогава

g(1,0)^M\equiv1\pmod{\prod_i b_i},

така че

C=\frac{g(1,0)^M-1}{\prod_i b_i}

е цяло число. С този избор

f(1,0)=1

, а вече проверихме старите точки. Индукцията е завършена.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2017/6Условие — източник

2018

4 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете всички цели числа

n\ge 3

, за които съществуват реални числа

a_1,a_2,\ldots,a_n

, удовлетворяващи

a_i a_{i+1}+1=a_{i+2}

за

i=1,2,\ldots,n

, където индексите се разглеждат по модул

n

Решение

Отговорът е: точно тези

n

, за които

3\mid n

. Ако

3\mid n

, пример се получава чрез повтаряне на тройката

(-1,-1,2,-1,-1,2,\ldots).

Остава да докажем, че други стойности на

n

не работят. Умножаваме даденото равенство по

a_{i+2}

и пресмятаме по два начина:

a_i a_{i+1}a_{i+2}=(a_{i+2}-1)a_{i+2}=a_{i+2}^2-a_{i+2},

а също

a_i a_{i+1}a_{i+2}=a_i(a_{i+3}-1)=a_i a_{i+3}-a_i.

Следователно

a_{i+2}^2-a_{i+2}=a_i a_{i+3}-a_i.

Сумирайки циклично по

i

, линейните членове се съкращават и получаваме

\sum_i a_{i+2}^2=\sum_i a_i a_{i+3}.

Това е еквивалентно на

\sum_i (a_i-a_{i+3})^2=0,

така че

a_i=a_{i+3}

за всяко

i

. Значи редицата е

3

-периодична. Тя не може да бъде

1

-периодична, защото уравнението

x^2+1=x

няма реални решения. Ако

3\nmid n

, преместването на индексите с

3

обхожда всички класове по модул

n

, така че редицата би била константна, противоречие. Следователно непременно

3\mid n

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Анти-паскалов триъгълник е равностранна триъгълна таблица от числа, в която всяко число, освен числата на най-долния ред, е абсолютната стойност на разликата на двете числа непосредствено под него. Например следната таблица е анти-паскалов триъгълник с четири реда, който съдържа всяко цяло число от

1

до

10

\begin{array}{ccccccc}&&&4&&&\cr&&2&&6&&\cr&5&&7&&1&\cr8&&3&&10&&9\end{array}

Съществува ли анти-паскалов триъгълник с

2018

реда, който съдържа всяко цяло число от

1

до

1+2+\cdots+2018

Решение

Отговорът е не. Нека по-общо

n=2018

N=1+2+\cdots+n

. Ще докажем, че такъв триъгълник не може да съществува. За всяко число

d

, което не е на долния ред, начертаваме стрелка от

d

към по-голямото от двете числа непосредствено под него. Тоест, ако под

d

стоят

a

b

d=|a-b|

, стрелката сочи към по-голямото от

a

b

. Така получаваме ориентирана гора. Да разгледаме насочения път, който започва от върха

A

на триъгълника и завършва на долния ред в някаква позиция

B

. При всяка стъпка стойността се увеличава с другото число под текущата позиция. Началната стойност заедно с тези увеличения са

n

различни положителни числа, затова крайната стойност в

B

е поне

1+2+\cdots+n=N.

Но

N

е най-голямото число в целия триъгълник, следователно в

B

стои точно

N

, а числата, които лежат непосредствено до пътя от

A

до

B

, са точно

1,2,\ldots,n

. Без ограничение можем да приемем, че

B

е вдясно от средата на долния ред. Вземаме двете съседни долни позиции около

B

и построяваме равностранния триъгълник над тях с връх

C

. Сега следваме насочения път, започващ от

C

, докато стигне долния ред в позиция

D

. По построение този път има поне

\lfloor n/2-1\rfloor

стъпки. Всички числа

1,2,\ldots,n

вече са заети около първия път, затова увеличенията по пътя от

C

са поне

n+1,n+2,\ldots,n+\lfloor n/2-1\rfloor.

Следователно числото в

D

е поне

(n+1)+(n+2)+\cdots+\left(n+\lfloor n/2-1\rfloor\right)\gt{}1+2+\cdots+n

за

n=2018

. Това е невъзможно, защото

N

е най-голямото число. Полученото противоречие доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Позиция е всяка точка

(x,y)

в равнината, за която

x,y\in\{1,2,\ldots,20\}

. В началото всички

400

позиции са свободни. Ейми и Бен се редуват да поставят камъни върху свободни позиции, като Ейми започва. За Ейми има допълнително ограничение: никои два нейни камъка не трябва да са на разстояние

\sqrt{\vphantom{x^2}5}

един от друг. Играта спира, когато някой от двамата не може да направи ход. Намерете най-голямото

K

, за което Ейми може да си гарантира, че ще постави поне

K

камъка.

Решение

Отговорът е

K=100

. Първо ще покажем, че Ейми винаги може да постави поне

100

камъка. Оцветяваме решетката шахматно. Две позиции на разстояние

\sqrt{\vphantom{x^2}5}

една от друга се различават с

(\pm1,\pm2)

или

(\pm2,\pm1)

, затова имат различни цветове. Ейми може винаги да играе само върху един фиксиран цвят, който има

200

позиции. Бен може да заема най-много по една такава позиция между два нейни хода, следователно Ейми си гарантира поне половината от тях, тоест

100

камъка. Сега ще покажем, че Бен може да попречи на Ейми да постави повече от

100

камъка. Разделяме решетката

20\times20

на

25

квадрата

4\times4

. Във всеки такъв квадрат поставяме етикети по схемата

\begin{bmatrix}1&2&3&4\\3&4&1&2\\2&1&4&3\\4&3&2&1\end{bmatrix}.

Позициите с един и същ етикет образуват цикъл от четири позиции, като съседните по цикъла са на разстояние

\sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Стратегията на Бен е следната: когато Ейми играе в някой от тези цикли, Бен играе в срещуположната позиция на същия цикъл. След това Ейми не може да постави втори свой камък в този цикъл, защото всяка от двете останали позиции е на разстояние

\sqrt{\vphantom{x^2}5}

от един от вече поставените нейни камъни. Във всеки квадрат

4\times4

има

4

такива цикъла, а квадратите са

25

, тоест общо има

100

цикъла. Бен може да ограничи Ейми до най-много един камък във всеки цикъл, следователно тя не може да постави повече от

100

камъка. Значи най-голямото възможно

K

100

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

a_1,a_2,\ldots

е безкрайна редица от положителни цели числа, а

N

е положително цяло число. Да предположим, че за всяко цяло число

n\ge N

изразът

\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{a_n}+\frac{a_n}{a_1}

е цяло число. Докажете, че редицата

(a_n)

е константна от някакъв момент нататък.

Решение

Ще използваме

p

-адични валуации. Разликата между изразите за

n+1

и за

n

показва, че за всяко

n\gt{}N

числото

S(n)=\frac{a_{n+1}-a_n}{a_1}+\frac{a_n}{a_{n+1}}

е цяло. Фиксираме просто число

p

и пишем

\nu_p(m)

за степента на

p

в разлагането на

m

. От целочислеността на

S(n)

следва непосредствено следното за всяко

n\gt{}N

: - ако

\nu_p(a_n)\lt{}\nu_p(a_{n+1})

, тогава

\nu_p(a_{n+1})=\nu_p(a_1)

; - ако

\nu_p(a_n)=\nu_p(a_{n+1})

, няма ново ограничение; - ако

\nu_p(a_n)\gt{}\nu_p(a_{n+1})

, тогава

\nu_p(a_{n+1})\ge\nu_p(a_1)

. С други думи, за редицата

\nu_p(a_{N+1}),\nu_p(a_{N+2}),\ldots

има две възможности. Или тя започва веднага слабо да намалява, или в някакъв момент прави скок нагоре до стойността

\nu_p(a_1)

и след това остава равна на тази стойност завинаги. Втората възможност може да се случи само ако

p\mid a_1

. Само крайно много прости числа делят

a_1

. Следователно след достатъчно голям индекс всички валуации

\nu_p(a_n)

за

p\mid a_1

вече са фиксирани, а за останалите прости числа валуациите не могат да нарастват. Оттук за всички достатъчно големи

n

имаме

a_{n+1}\mid a_n.

Така редицата от положителни цели числа

a_n

е от някакъв момент нататък слабо намаляваща по делимост, следователно като числова редица не може да намалява безкрайно. Значи тя става константна от някакъв момент нататък.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/5Условие — източник

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}

, за които

f(2a)+2f(b)=f(f(a+b))

за всички цели числа

a

b

Решение

Ще използваме означението

P(a,b)

за даденото равенство. От

P(0,x)

P(x,0)

получаваме съответно

f(0)+2f(x)=f(f(x))

f(2x)+2f(0)=f(f(x)).

Следователно за всяко цяло

x

е изпълнено

f(2x)=2f(x)-f(0).

Сега сравняваме

P(a,b)

P(0,a+b)

. Имаме

f(f(a+b))=f(2a)+2f(b)=f(0)+2f(a+b).

Замествайки

f(2a)=2f(a)-f(0)

, получаваме

(f(a)-f(0))+(f(b)-f(0))=f(a+b)-f(0).

Значи функцията

g(x)=f(x)-f(0)

е адитивна върху целите числа, откъдето

g(x)=cx

за някое цяло число

c

. Така

f(x)=cx+d

, където

d=f(0)

. Остава да заместим обратно. Получаваме

2ca+2cb+3d=c^2a+c^2b+cd+d.

Сравняването на коефициентите дава

c^2=2c

, тоест

c=0

или

c=2

. При

c=0

от константния член следва

d=0

, а при

c=2

всяко цяло

d

работи. Следователно всички решения са

f(x)\equiv0

f(x)=2x+d\quad(d\in\mathbb{Z}).

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2019/1Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

В една социална мрежа има

2019

потребители, като някои двойки от тях са приятели и приятелството е симетрично. Ако

A,B,C

са трима потребители, за които

A

е приятел с

B

и с

C

, но

B

C

не са приятели, администраторът може да извърши следната операция: да промени приятелствата така, че

B

C

да станат приятели, а

A

вече да не е приятел нито с

B

, нито с

C

. Първоначално

1009

потребители имат по

1010

приятели, а

1010

потребители имат по

1009

приятели. Да се докаже, че администраторът може да извърши поредица от операции, след която всеки потребител има най-много един приятел.

Решение

Ще преведем задачата на езика на графите. Върховете са потребителите, а ребрата са приятелствата. Операцията е следната: ако

AB

AC

са ребра, а

BC

не е ребро, махаме

AB

AC

и добавяме

BC

. Ще използваме следното твърдение. Ако

G

е свързан граф, който не е дърво, цикъл или клика, тогава може да се извърши допустима операция, след която графът остава свързан. Наистина, ако

G

не е дърво, той има цикъл; вземаме най-къс цикъл

C

. Ако

C

не е триъгълник, понеже

G

е свързан и

C

не е целият граф, има връх

b

извън

C

, съседен на някой връх

a

от

C

. Нека

c

е съсед на

a

по цикъла. Поради минималността на

C

върховете

b

c

не са съседни, така че операцията върху

a,b,c

е допустима и не разваля свързаността. Остава случаят, когато има триъгълник. Нека

K

е максимална клика. Тъй като

G

не е клика и е свързан, има ребро

ab

, където

a\in K

, а

b\notin K

. От максималността на

K

следва, че има връх

c\in K

, който не е съседен на

b

. Операцията върху

a,b,c

отново е допустима и запазва свързаността. Това доказва твърдението. Сега се връщаме към дадения граф

G_0

. Той е свързан: ако два върха не са съседни, сумата на степените им е поне

1009+1009=2018

, а освен тях има само

2017

върха, следователно те имат общ съсед. Освен това графът не може да стане цикъл, защото операцията запазва четността на степента на всеки връх, а първоначално има върхове с нечетна степен

1009

. Графът не може да стане и клика, защото броят на ребрата намалява с

1

при всяка операция. Следователно можем да прилагаме горното твърдение, докато свързаният граф стане дърво. След това продължаваме да правим всяка възможна операция. Понеже започваме от дърво, а операцията маха две ребра по път с дължина

2

и добавя едно ребро между краищата му, цикъл не се създава; графът остава гора. Процесът непременно спира, защото броят на ребрата намалява. Когато вече не може да се направи операция в гора, никой връх не може да има две съседни ребра: в гора две различни съседни на един връх точки никога не са свързани с ребро помежду си. Значи всяка степен е най-много

1

, което е точно исканото.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2019/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши в положителни цели числа уравнението

k\neq{}\prod_{i=0}^{n-1}(2^n-2^i)=

(2^n-1)(2^n-2)(2^n-4)\dots(2^n-2^{n-1}).

Решение

Отговорът е

(n,k)=(1,1)\quad\text{и}\quad(n,k)=(2,3),

които непосредствено се проверяват. Нека

A=\prod_{i=0}^{n-1}(2^n-2^i),

и да допуснем, че

A=k!

за някое

k\ge3

. Ще използваме означението

\nu_p(N)

за степента на простото число

p

в разлагането на

N

. От

2^n-2^i=2^i(2^{n-i}-1)

получаваме

\nu_2(A)=0+1+\dots+(n-1)=\frac{n(n-1)}2.

От формулата на Лежандр

\nu_2(k!)=k-s_2(k)\lt{}k

, следователно

k\gt{}\frac{n(n-1)}2.

Сега оценяваме степента на

3

. По стандартното повдигане на експонентата

\nu_3(2^t-1)= \begin{cases} 0,&t\text{ е нечетно},\ 1+\nu_3(t/2),&t\text{ е четно}. \end{cases}

Затова

\nu_3(A)=\left\lfloor\frac n2\right\rfloor+\left\lfloor\frac n6\right\rfloor+\left\lfloor\frac n{18}\right\rfloor+\dots\lt{}\frac{3n}{4}.

От друга страна

\left\lfloor\frac k3\right\rfloor\le\nu_3(k!)=\nu_3(A)\lt{}\frac{3n}{4},

следователно

k\lt{}\frac{9n}{4}+3

. Комбинирайки с предишната оценка, получаваме

\frac{n(n-1)}2\lt{}k\lt{}\frac{9n}{4}+3,

което принуждава

n\le6

. Остава краен преглед. При

n=1

получаваме

A=1=1!

, а при

n=2

получаваме

A=(4-1)(4-2)=6=3!

. За

n=3,4,5,6

стойностите на

A

лежат съответно между две съседни факториелни стойности и не са факториели. Следователно единствените решения са

(1,1)

(2,3)

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2019/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n

е положително цяло число. Хари има

n

монети, подредени в редица на бюрото му; всяка от тях показва ези или тура. Той извършва следната операция: ако точно

k

монети показват ези и

k\gt{}0

, обръща

k

-тата монета; ако няма монети, които показват ези, процесът спира. Например, ако пишем

H

за ези и

T

за тура, процесът

THT\to HHT\to HTT\to TTT

отнема три стъпки. Да се докаже, че процесът винаги завършва, и да се намери средният брой стъпки по всички

2^n

начални конфигурации.

Решение

Отговорът е

E_n=\frac12(1+2+\dots+n)=\frac{n(n+1)}4.

Ще докажем това едновременно със завършването на процеса. Представяме конфигурациите като двоични низове с дължина

n

, където

1

означава ези, а

0

означава тура. Нека

G_n

е ориентираният граф върху върховете

\{0,1\}^n

, в който всяка конфигурация сочи към следващата конфигурация след една операция. Ще опишем

G_n

чрез

G_{n-1}

. Вземаме две копия

X

Y

на

G_{n-1}

. В копието

X

към всеки низ просто добавяме

0

накрая:

s_1s_2\dots s_{n-1}\mapsto s_1s_2\dots s_{n-1}0.

В копието

Y

първо сменяме всеки бит, после обръщаме реда и добавяме

1

накрая:

s_1s_2\dots s_{n-1}\mapsto \bar{s}_{n-1}\bar{s}_{n-2}\dots\bar{s}_1 1.

Накрая добавяме едно допълнително ребро

11\dots1\to 11\dots110.

Да проверим, че това описание е правилно. В

X

добавената нула не променя броя на единиците, така че стрелките са същите като в

G_{n-1}

. За

Y

, ако низът

s_1\dots s_{n-1}

има

k

единици, преобразуваният низ има

(n-1-k)+1=n-k

единици; обръщането на

(n-k)

-тия бит в новия низ точно съответства на обръщането на

k

-тия бит в стария низ. Допълнителното ребро от

11\dots1

към

11\dots110

е очевидно вярно. От това описание по индукция следва, че процесът винаги завършва. Нека

E_n

е търсеният среден брой стъпки. Половината конфигурации са в копието

X

и дават средно

E_{n-1}

стъпки. Другата половина са в

Y

; те първо следват копие на пътя в

G_{n-1}

, а след това минават през конфигурацията

11\dots1

, от която са нужни още

n

стъпки до

00\dots0

. Следователно

E_n=\frac12\left(E_{n-1}+E_{n-1}+n\right)=E_{n-1}+\frac n2.

С начална стойност

E_0=0

получаваме

E_n=\frac12(1+2+\dots+n)=\frac{n(n+1)}4,

както трябваше да се докаже.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2019/5Условие — източник

2020

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

ABCD

е изпъкнал четириъгълник, а точката

P

е вътрешна за него. Изпълнени са равенствата на отношенията

\angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=

1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC.

Да се докаже, че трите прави се пресичат в една точка: вътрешните ъглополовящи на ъглите

\angle ADP

\angle PCB

и симетралата на отсечката

AB

Решение

Нека

O

е центърът на описаната окръжност на триъгълника

PAB

. Ще докажем, че именно

O

лежи върху трите искани прави. Очевидно

O

лежи върху симетралата на

AB

. Първо разглеждаме страната при

C

. От даденото имаме

\angle BCP=\angle CBP+\angle BPC=2\angle BAP=\angle BOP.

Следователно точките

B,O,P,C

лежат на една окръжност. Понеже

OB=OP

, равните хорди

OB

OP

в тази окръжност дават

\angle BCO=\angle OCP.

Значи

O

лежи върху вътрешната ъглополовяща на

\angle PCB

. Същият аргумент работи и от страната при

D

. Ако означим

\angle PAD=x

, то

\angle PBA=2x

\angle DPA=3x

, откъдето

\angle ADP=180^\circ-4x

. От друга страна, понеже

O

е център на окръжността през

P,A,B

, имаме

\angle AOP=2\angle ABP=4x

. Следователно

A,O,P,D

са вписани, а от

OA=OP

получаваме

\angle ADO=\angle ODP

. Така

O

лежи и върху вътрешната ъглополовяща на

\angle ADP

. Следователно двете ъглополовящи и симетралата на

AB

минават през една и съща точка

O

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

a\ge b\ge c\ge d\gt{}0

са реални числа, за които

a+b+c+d=1

. Да се докаже, че

(a+2b+3c+4d)a^ab^bc^cd^d\lt{}1.

Решение

По неравенството между средно аритметично и средно геометрично с тегла имаме

a^ab^bc^cd^d\le

a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=a^2+b^2+c^2+d^2,

тъй като

a+b+c+d=1

. Затова е достатъчно да докажем

(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+2b+3c+4d)\le

1=(a+b+c+d)^3.

След разкриване на скобите последното сравнение се свежда до няколко елементарни почленни оценки, които използват само

a\ge b\ge c\ge d\gt{}0

. По-точно достатъчно е да отбележим, че

2b^2a\ge b^3+b^2d,\quad 2c^2a\ge2c^3,\quad 2d^2a\ge2d^3,

a^2b\ge a^2d,\quad bc^2\ge c^2d,\quad d^2b\ge d^3,

а останалата разлика съдържа положителния член

6(abc+bcd+cda+dab)\gt{}0.

С други думи, пълното разкриване показва, че

(a+b+c+d)^3-(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+2b+3c+4d)

е положително. Следователно

(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+2b+3c+4d)\lt{}1,

и заедно с оценката от AM-GM получаваме исканото строго неравенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Има

4n

камъчета с тегла

1,2,3,\ldots,4n

. Всяко камъче е оцветено в един от

n

цвята и от всеки цвят има по четири камъчета. Да се докаже, че камъчетата могат да се разделят в две купчини така, че общите тегла на двете купчини да са равни и всяка купчина да съдържа по две камъчета от всеки цвят.

Решение

Ключовото наблюдение е, че

1+4n=2+(4n-1)=3+(4n-2)=\ldots=4n+1.

Слагаме четирите камъчета от всеки цвят в една кутия. За всяко

k=1,2,\ldots,2n

свързваме с въженце камъчето с тегло

k

и камъчето с тегло

4n+1-k

. Ако после оцветим всяко въженце в синьо или зелено така, че във всяка кутия да има точно две сини и две зелени краища, тогава сините камъчета и зелените камъчета ще дадат търсените две купчини: всяка двойка, свързана с въженце, има еднакъв сбор

4n+1

, а от всеки цвят ще попаднат по две камъчета във всяка купчина. Остава да докажем това оцветяване на въженцата. Разглеждаме кутии като върхове на мултиграф, а въженцата като ребра; ако двете камъчета на едно въженце са в една и съща кутия, получаваме примка, която брои степен

2

. Всеки връх има степен

4

, защото във всяка кутия има точно четири камъчета. Във всяка свързана компонента всички степени са четни, следователно съществува ейлеров цикъл, който минава през всички ребра на компонентата. Ако компонентата има

r

върха, тя има

2r

ребра, тоест четен брой ребра. Оцветяваме ребрата по ейлеровия цикъл последователно синьо и зелено. Тогава при всяко посещение на връх едното входящо и едното изходящо ребро имат различни цветове, а примките също се броят с два края. Затова на всеки връх се падат точно две сини и две зелени краища. Това оцветяване на всички компоненти дава желаното разделяне на камъчетата в две купчини.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е цяло число

n\gt{}1

. По склон на планина има

n^2

станции, всички на различни височини. Всяка от две компании за кабинков лифт,

A

B

, обслужва по

k

линии; всяка линия превозва от една станция до по-висока станция, без междинни спирки.

k

-те линии на

A

имат

k

различни начални станции и

k

различни крайни станции, като линия с по-висока начална станция има и по-висока крайна станция. Същите условия важат и за

B

. Казваме, че две станции са свързани от дадена компания, ако от по-ниската може да се стигне до по-високата с една или повече линии на тази компания, без други придвижвания между станции. Да се определи най-малкото положително цяло число

k

, за което задължително съществуват две станции, свързани и от двете компании.

Решение

Отговорът е

k=n^2-n+1.

Първо ще покажем, че при

k=n^2-n

твърдението още може да не е вярно. Номерираме станциите като клетки

(i,j)

на таблица

n\times n

и ги подреждаме по височина например чрез реда

(i-1)n+j

. Компания

A

свързва последователните станции във всеки ред, тоест

(i,j)\to(i,j+1)

за

j=1,2,\ldots,n-1

. Компания

B

свързва последователните станции във всяка колона, тоест

(i,j)\to(i+1,j)

за

i=1,2,\ldots,n-1

. И двете компании имат точно

n(n-1)=n^2-n

линии, началните и крайните станции са различни, а условието за реда на началните и крайните станции е изпълнено. Но две различни станции, свързани от

A

, са в един и същи ред, а две различни станции, свързани от

B

, са в една и съща колона; следователно няма една и съща двойка, свързана и от двете компании. Остава да докажем, че

k=n^2-n+1

винаги е достатъчно. За всяка компания разглеждаме граф върху станциите, чиито ребра са линиите. Понеже началните станции са различни и крайните станции са различни, всеки връх има най-много едно излизащо и най-много едно влизащо ребро; освен това ребрата винаги вървят нагоре, така че цикли няма. Значи свързаните компоненти са пътища. При

n^2

върха и

n^2-n+1

ребра всяка от двете компании има точно

n-1

свързани компоненти. Някоя компонента на графа на

A

съдържа поне

n+1

станции. Тези станции са разпределени между само

n-1

компоненти на графа на

B

, затова по принципа на Дирихле две от тях лежат в една и съща компонента на

B

. Те са в една компонента и на

A

, и на

B

; понеже компонентите са пътища, от по-ниската от двете станции може да се стигне до по-високата и с линиите на

A

, и с линиите на

B

. Това е исканата обща свързана двойка.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадено е тесте от

n\gt{}1

карти. На всяка карта е написано положително цяло число. Тестето има следното свойство: аритметичното средно на числата върху всеки две карти е равно на геометричното средно на числата върху някаква непразна група от карти. За кои

n

от това следва, че всички числа върху картите са равни?

Решение

Твърдението е вярно за всяко

n\gt{}1

. Нека числата върху картите са

a_1,a_2,\ldots,a_n

. Ако всички ги разделим на най-големия им общ делител, условието се запазва: и аритметичните, и геометричните средни се делят на същия множител. Затова без ограничение можем да приемем, че

\gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)=1.

Подреждаме числата така, че

a_1\ge a_2\ge\dots\ge a_n.

Да допуснем, че не всички са равни. Тогава

a_1\ge2

, така че съществува просто число

p

, което дели

a_1

. Понеже най-големият общ делител на всички числа е

1

, има число, което не се дели на

p

; нека

k

е най-малкият индекс, за който

p\nmid a_k

. Тогава

a_1\ne a_k

и следователно

a_1\gt{}a_k

. Разглеждаме

x=\frac{a_1+a_k}{2}.

По условие това число е геометрично средно на някакви

m\ge1

карти, тоест

x=\sqrt[m]{\vphantom{x^2}a_{i_1}a_{i_2}\dots a_{i_m}}.

Тъй като

x

е рационално число и

x^m

е цяло число,

x

всъщност е цяло число. Освен това

p\nmid x

: ако

p

е нечетно, това следва от

a_1\equiv0\pmod p

a_k\not\equiv0\pmod p

; ако

p=2

, самата целочисленост на

x

би принудила

a_k

да е четно, противоречие. Следователно произведението

a_{i_1}a_{i_2}\dots a_{i_m}=x^m

не се дели на

p

, значи нито един от множителите

a_{i_j}

не се дели на

p

. По избора на

k

всички тези индекси са поне

k

, а значи всички участващи числа са най-много

a_k

. Тяхното геометрично средно е най-много

a_k

. От друга страна

x=\frac{a_1+a_k}{2}\gt{}a_k,

което е противоречие. Значи допускането е невъзможно и всички числа върху картите са равни.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}1

е цяло число и нека

S

е множество от

n

точки в равнината, като разстоянието между всеки две различни точки от

S

е поне

1

. Да се докаже, че съществува права

\ell

, която разделя

S

, така че разстоянието от всяка точка на

S

до

\ell

е поне

\Omega(n^{-1/3})

. Права

\ell

разделя множеството

S

, ако някоя отсечка, съединяваща две точки от

S

, пресича

\ell

Решение

За дадена права

m

проектираме ортогонално точките на

S

върху

m

и разглеждаме разстоянията между съседни проекции. Нека

\delta

е най-голямото възможно такова разстояние, когато

m

се избира произволно. Ако докажем, че

\delta\ge c n^{-1/3}

за някаква абсолютна константа

c\gt{}0

, задачата следва: вземаме междинната точка на такъв най-голям промеждутък и през нея пускаме права, перпендикулярна на

m

. Тя разделя

S

, а всички точки на

S

са на разстояние поне

\delta/2

от нея. Избираме две най-отдалечени точки

A,B\in S

и означаваме

R=AB

. Тогава всяка точка от

S

лежи в диска с център

B

и радиус

R

. Проектираме точките върху правата

AB

. Понеже

A

B

са крайните проекции, а всяка разлика между съседни проекции е най-много

\delta

, получаваме

R\lt{} n\delta.

В окръжността с център

B

и радиус

R

вземаме хорда

XY

, перпендикулярна на

AB

, така че разстоянието от

A

до

XY

да е точно

\frac12

. Нека

T

е по-малката област, отсечена от хордата

XY

, тоест капачето от страната на

A

. Първо, от теоремата на Питагор имаме

XY=2\sqrt{\vphantom{x^2}R^2-\left(R-\frac12\right)^2}=2\sqrt{\vphantom{x^2}R-\frac14}\lt{}

2\sqrt{\vphantom{x^2}n\delta}.

От друга страна, областта

T

има ширина

\frac12

в посока

AB

. Ако две точки на

S\cap T

имат проекции върху

XY

, отдалечени на по-малко от

\frac{\sqrt3}{2}

, то разстоянието между самите две точки би било по-малко от

\sqrt{\vphantom{x^2}\left(\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2}=1,

което е невъзможно. Следователно проекциите върху

XY

на точките от

S\cap T

са раздалечени поне с

\frac{\sqrt3}{2}

. Значи

XY\gt{}\frac{\sqrt3}{2}(|S\cap T|-1).

Остава да оценим колко точки има в

S\cap T

. При проекция върху

AB

отсечката от

A

до хордата

XY

има дължина

\frac12

, а разстоянията между съседни проекции са най-много

\delta

. Затова

|S\cap T|\gt{}\frac{1}{2\delta}.

Комбинирайки двете оценки за

XY

, получаваме

\frac{\sqrt3}{2}\left(\frac{1}{2\delta}-1\right)\lt{}2\sqrt{\vphantom{x^2}n\delta}.

Това неравенство веднага дава

\delta\ge c n^{-1/3}

за подходяща абсолютна константа

c\gt{}0

; например ако

\delta

не е малко, твърдението е очевидно, а в останалия случай лявата страна е от порядък

1/\delta

. Следователно съществува разделяща права на разстояние

\Omega(n^{-1/3})

от всяка точка на

S

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/6Условие — източник

2021

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

n \ge 100

е цяло число. Иван записва числата

n,n+1,\ldots,2n

върху различни карти. После разбърква тези

n+1

карти и ги разделя на две купчини. Да се докаже, че поне една от купчините съдържа две карти, за които сборът на записаните върху тях числа е точен квадрат.

Решение

Ще намерим три карти

a\lt{}b\lt{}c

такива, че всеки две от тях имат сбор точен квадрат. По-точно търсим

b+c=(2k+1)^2,\qquad c+a=(2k)^2,\qquad a+b=(2k-1)^2

за някое цяло

k

. Решавайки тази система, получаваме

a=2k^2-4k,\qquad b=2k^2+1,\qquad c=2k^2+4k.

Достатъчно е за всяко

n\ge100

да намерим

k

, за което

n\le a\lt{}b\lt{}c\le2n

. Това е равносилно на

k^2+2k\le n\le 2k^2-4k.

Нека

I_k

означава интервала от цели

n

, които удовлетворяват тези неравенства. Имаме

I_9=[99,126]

. Освен това за всяко

k\ge9

десният край на

I_k

не е по-малък от левия край на

I_{k+1}

, защото

2k^2-4k\ge (k+1)^2+2(k+1).

Следователно интервалите

I_k

покриват всички цели

n\ge99

, в частност всички

n\ge100

. За такова

k

трите числа

a,b,c

са сред картите на Иван. Понеже те са разпределени в две купчини, по принципа на Дирихле две от тях попадат в една и съща купчина. Сборът на тези две карти е един от квадратите по построение, което доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже неравенството

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sqrt{\vphantom{x^2}|x_i-x_j|}\le

\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sqrt{\vphantom{x^2}|x_i+x_j|}

за всички реални числа

x_1,x_2,\ldots,x_n

Решение

Доказваме с индукция по

n

. Случаите

n=1

n=2

се проверяват непосредствено. За общия случай заменяме всички числа

x_i

x_i+t

, където

t\in\mathbb R

е параметър. Лявата страна не се променя, а дясната става

F(t)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sqrt{\vphantom{x^2}|x_i+x_j+2t|}.

Функцията

F

е сума от парчета вогнати функции и на всеки интервал, на който знаците на изразите под корените са фиксирани, е вогната. Освен това

F(t)

расте без граница при

|t|\to\infty

. Следователно минимумът на

F

се достига в крайна точка на един от тези интервали, тоест за някое

i,j

имаме

2t=-(x_i+x_j)

. Избираме такова

t

, при което дясната страна е минимална. Ако

i=j

, то след преместването едно от числата става

0

. Членовете, в които участва това число, са еднакви от двете страни, така че можем да го изтрием и да приложим индукционното предположение за останалите

n-1

числа. Ако

i\ne j

, то след преместването получаваме две противоположни числа, да кажем

u

-u

. Всички членове, в които участват тези две числа, се компенсират симетрично от двете страни: двойката

u,-u

дава същия принос, а за всяко останало число

z

приносите с

u

-u

се разменят между лявата и дясната страна. Затова можем да изтрием тази противоположна двойка и да приложим индукционното предположение за останалите

n-2

числа. И в двата случая получаваме желаното неравенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

D

е вътрешна точка на остроъгълния триъгълник

ABC

, като

AB\gt{}AC

\angle DAB=\angle CAD

. Точката

E

върху отсечката

AC

удовлетворява

\angle ADE=\angle BCD

, точката

F

върху отсечката

AB

удовлетворява

\angle FDA=\angle DBC

, а точката

X

върху правата

AC

удовлетворява

CX=BX

. Нека

O_1

O_2

са центровете на описаните окръжности съответно на триъгълниците

ADC

EXD

. Да се докаже, че правите

BC

EF

O_1O_2

са конкурентни.

Решение

Нека

D_0

е изогонално спрегнатата точка на

D

спрямо триъгълника

ABC

. От дадените ъглови условия четириъгълниците

CEDD_0

BFDD_0

са вписани. По степен на точка получаваме

AE\cdot AC=AD\cdot AD_0=AF\cdot AB,

следователно четириъгълникът

BCEF

също е вписан. Поставяме

Z=EF\cap BC

. Следващата цел е да докажем, че правата

ZD

е допирателна едновременно към окръжностите

(BCD)

(DEF)

. Нека

\angle CAD=\angle BAD=\alpha

\angle BCD=\beta

\angle DBC=\gamma

\angle ACD=\varphi

\angle ABD=\varepsilon

. От триъгълника

ABC

имаме

2\alpha+\beta+\gamma+\varphi+\varepsilon=180^\circ.

Ако през

D

прекараме допирателна към

(BCD)

и проследим ъглите с

E

F

, получаваме

\angle DFE=\angle EDK

за подходяща точка

K

на тази допирателна. Значи същата права е допирателна и към

(DEF)

. По теоремата за радикалния център тя минава през

Z

, тоест това е

ZD

. Нека

M

е точката на Микел на вписания четириъгълник

BCEF

. Тогава

A,M,Z

са колинеарни, а

(AFEM)

(ZCEM)

са вписани. Оттук

\angle EMB=180^\circ-\angle AMB-\angle EMZ=

180^\circ-2\angle ACB=\angle EXB,

следователно

B,X,M,E

лежат на една окръжност. Нека

N

е второто пресичане на окръжностите

(ACD)

(DEX)

, а

R=AC\cap BM

. Тогава

\operatorname{Pow}(R,(ACD))=RC\cdot RA=

RM\cdot RB=RE\cdot RX=\operatorname{Pow}(R,(DEX)),

затова

N,R,D

са колинеарни, и още

RN\cdot RD=RM\cdot RB

. Значи

B,D,M,N

са вписани. Окръжностите

(ACD)

(BDMN)

(DEX)

са коаксиални, така че центровете им са колинеарни. Остава да видим, че центърът на

(BDMN)

, центърът на

(ACD)

и точката

Z

са на една права. Вземаме окръжността с център

Z

и радиус

ZD

. Понеже

ZC\cdot ZB=ZD^2=ZE\cdot ZF=ZM\cdot ZA,

инверсията спрямо тази окръжност разменя

(ACD)

(BDMN)

. Следователно техните центрове лежат на права през центъра на инверсията

Z

. Значи

O_1O_2

минава през

Z

, а понеже

Z\in BC\cap EF

, трите прави са конкурентни.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

\Gamma

е окръжност с център

I

, а

ABCD

е изпъкнал четириъгълник, за който всяка от отсечките

AB

BC

CD

DA

е допирателна към

\Gamma

. Нека

\Omega

е описаната окръжност на триъгълника

AIC

. Продължението на

BA

отвъд

A

пресича

\Omega

X

, а продължението на

BC

отвъд

C

пресича

\Omega

Z

. Продълженията на

AD

CD

отвъд

D

пресичат

\Omega

съответно в

Y

T

. Да се докаже, че

AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC.

Решение

Нека

P,Q,R,S

са допирните точки на

\Gamma

със страните

AB,BC,CD,DA

съответно. Ще използваме две еднаквости на триъгълници. Първо, от окръжностите

(CQIR)

(CITZ)

се вижда спирална подобност, която изпраща

\triangle IQZ

\triangle IRT

. Понеже

IQ=IR

, всъщност

\triangle IQZ\cong\triangle IRT.

По същия начин

\triangle IPX\cong\triangle ISY.

От тези две еднаквости следва

IZ=IT

IX=IY

. Тъй като

X,Y,Z,T

лежат на една и съща окръжност

\Omega

, получаваме и

TX=YZ.

Сега остава само сметка с дължини на допирателни. От равенството на допирателните от една точка имаме

AP=AS

BQ=BP

CR=CQ

DR=DS

. Следователно

AD=AP+RD

CD=SD+QC

. Затова

AD+DT+XA=AD+(RT-RD)+(XP-AP)=RT+XP,

а също

CD+DY+ZC=CD+(SY-SD)+(ZQ-QC)=SY+ZQ.

Накрая от вече доказаните еднаквости на триъгълници имаме

RT=ZQ

XP=SY

. Следователно

AD+DT+XA=CD+DY+ZC.

Като прибавим

TX=YZ

към двете страни, получаваме точно исканото равенство.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Две катерици, Буши и Джъмпи, събрали

2021

ореха за зимата. Джъмпи номерирала орехите от

1

до

2021

и изкопала

2021

малки дупки, разположени в кръг около любимото им дърво. На следващата сутрин Джъмпи забелязала, че Буши е поставила по един орех във всяка дупка, но без да обръща внимание на номерацията. Недоволна, Джъмпи решила да подреди орехите чрез редица от

2021

хода. На

k

-тия ход тя разменя местата на двата ореха, съседни на ореха с номер

k

. Да се докаже, че съществува стойност на

k

, за която на

k

-тия ход Джъмпи разменя някакви орехи

a

b

a\lt{}k\lt{}b

Решение

Да допуснем противното: при нито един ход не се разменят два ореха

a

b

a\lt{}k\lt{}b

. Ще използваме трик с праг. След

k

-тия ход оцветяваме ореха с номер

k

в червено. Така след

k

стъпки точно орехите с номера

1,2,\ldots,k

са червени; останалите ще наричаме черни. При

k

-тия ход двата съседа на ореха

k

се разменят, но си остават неговите два съседа. Поради предположението тези два съседа не могат да са един червен и един черен: иначе техните номера биха били от двете страни на

k

. Следователно във всеки момент орехът, който тъкмо става червен, се намира между два ореха с еднакъв цвят. Значи сме получили следния опростен процес върху кръг от

2021

места: започваме с всички места черни и на всяка стъпка сменяме черно място в червено, но само ако двата му съседа имат еднакъв цвят. Ще докажем, че след първата стъпка винаги остава последователен блок от черни орехи с положителна четна дължина. След първата стъпка има блок от

2020

черни ореха. Ако някога има черен блок с дължина

2

, той не може да бъде променен, защото всеки от двата му ореха има един черен и един червен съсед. Ако пък имаме черен блок с четна дължина поне

4

и оцветим орех вътре в него, блокът се разделя на два черни блока, един с нечетна и един с четна дължина. Значи поне един положителен четен черен блок остава. Този инвариант не позволява всички орехи да станат червени след

2021

стъпки. Полученото противоречие доказва, че за някое

k

наистина се разменят орехи

a

b

a\lt{}k\lt{}b

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

m\ge2

е цяло число,

A

е крайно множество от цели числа, не непременно положителни, а

B_1,B_2,\ldots,B_m

са подмножества на

A

. Да предположим, че за всяко

k=1,2,\ldots,m

сумата на елементите на

B_k

m^k

. Да се докаже, че

A

съдържа поне

m/2

елемента.

Решение

Разглеждаме всички кратни на

m

числа

X

, за които

0\le X\lt{}m^{m+1}.

Такива числа има точно

m^m

. Пишем всяко от тях в основа

m

във вида

X=\sum_{i=1}^m c_i m^i,

където всяко

c_i

е едно от числата

0,1,2,\ldots,m-1

. Сега използваме условието за сумите на множествата

B_i

и разменяме реда на сумиране:

X=\sum_{i=1}^m\left(\sum_{b\in B_i} b\right)c_i=\sum_{a\in A} f_a(X)a,

където

f_a(X)=\sum_{i:a\in B_i} c_i.

За всяко

a\in A

очевидно

0\le f_a(X)\le m(m-1).

Следователно векторът от всички стойности

f_a(X)

има най-много

(m(m-1)+1)^{|A|}

възможности, когато

X

пробягва избраните кратни на

m

. Но от формулата

X=\sum_{a\in A} f_a(X)a

се вижда, че този вектор определя самото число

X

. Затова

m^m\le (m(m-1)+1)^{|A|}\le (m^2)^{|A|}.

Оттук следва

m\le2|A|

, тоест

|A|\ge m/2

, както трябваше.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/6Условие — източник

2022

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Банката в Осло издава два вида монети: алуминиеви, означени с

A

, и бронзови, означени с

B

. Мариане има

n

алуминиеви и

n

бронзови монети, наредени в редица в произволен начален ред. Верига е всяка последователна подпоредица от монети от един и същи вид. За фиксирано положително цяло число

k\le 2n

Гилберти многократно извършва следната операция: намира най-дългата верига, съдържаща

k

-тата монета отляво, и премества всички монети от тази верига в левия край на редицата. Например при

n=4

k=4

процесът от редицата

AABBBABA

AABBBABA\to BBBAAABA\to AAABBBBA\to BBBBAAAA\to\cdots.

Да се намерят всички двойки

(n,k)

1\le k\le 2n

, за които при всяка начална наредба в някой момент най-левите

n

монети са всички от един и същи вид.

Решение

Отговорът е

n\le k\le \left\lceil\frac{3n}{2}\right\rceil.

Ще наричаме максимална верига блок. Нека дължините на блоковете са

e_1,e_2,\ldots,e_m

отляво надясно. След една операция броят

m

на блоковете никога не се увеличава. Освен това

m

остава същият точно в следните два случая: или

k\le e_1

, или

m

е четно и

e_m\ge 2n+1-k

. Това се проверява директно от действието на операцията: избраният блок или вече е най-левият, или при преместването му се залепва за блок от същия вид в левия край; във всички останали случаи поне два блока се сливат. Ако

k\lt{}n

, вземаме начална наредба

A^{n-1}B^nA

. Тогава

k

-тата монета лежи в първия блок, операцията не променя редицата и най-левите

n

монети никога не са еднотипни. Ако

k\gt{}\lceil3n/2\rceil

, вземаме четири блока с дължини

\left\lfloor\frac n2\right\rfloor,\left\lfloor\frac n2\right\rfloor,\left\lceil\frac n2\right\rceil,\left\lceil\frac n2\right\rceil,

например с редуващи се видове. Тогава след всяка операция блоковете само се завъртат и

m=4

се запазва, така че желаното състояние не се достига. Остава да докажем, че при

n\le k\le\lceil3n/2\rceil

винаги успяваме. Понеже

m

не се увеличава, достатъчно е да покажем, че ако

m\gt{}2

, той не може да остане постоянен завинаги. Да допуснем обратното. След първите три операции трябва да сме във втория случай от критерия по-горе, затова

m\ge4

е четно и последните три премествани блока имат дължини поне

2n+1-k

. В частност два от тях са от един и същи вид, следователно

n\ge e_m+e_{m-2}\ge2(2n+1-k).

Оттук

k\ge 3n/2+1

, което противоречи на

k\le\lceil3n/2\rceil

. Следователно

m

рано или късно намалява, а повтаряйки това стигаме до

m=2

. Тогава редицата се състои от два блока с по

n

монети, така че най-левите

n

монети са от един и същи вид.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2022/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f:\mathbb R_+\to\mathbb R_+

, за които за всяко

x\in\mathbb R_+

съществува точно едно

y\in\mathbb R_+

, удовлетворяващо

xf(y)+yf(x)\le2.

Решение

Отговорът е

f(x)=\frac1x,

което очевидно работи, като единственото подходящо

y

y=x

. Нека сега

f

е произволно решение. Ще казваме, че

x

y

са приятели, ако

xf(y)+yf(x)\le2

. Релацията е симетрична, а по условие всяко

x

има точно един приятел. Първо ще докажем, че всяко число е собствен приятел. Да допуснем, че различни

a

b

са приятели. Тогава

a

не е собствен приятел, следователно

2af(a)\gt{}2

f(a)\gt{}1/a

. Аналогично

f(b)\gt{}1/b

. Но тогава

2\ge af(b)+bf(a)\gt{}\frac ab+\frac ba\ge2,

противоречие. Значи единственият приятел на

x

е самото

x

. Следователно

2xf(x)\le2,

тоест

f(x)\le1/x

за всяко

x\gt{}0

, а за

x\ne y

имаме

xf(y)+yf(x)\gt{}2

. Фиксираме

x\gt{}0

\varepsilon\gt{}0

. Тъй като

x

x+\varepsilon

не са приятели,

2\lt{}xf(x+\varepsilon)+(x+\varepsilon)f(x)\le

\frac{x}{x+\varepsilon}+(x+\varepsilon)f(x).

Оттук

f(x)\gt{}\frac{x+2\varepsilon}{(x+\varepsilon)^2}=\frac1{x+\frac{\varepsilon^2}{x+2\varepsilon}}.

Като пуснем

\varepsilon\to0^+

, получаваме

f(x)\ge1/x

. Значи

f(x)=1/x

за всяко

x\gt{}0

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2022/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

k

е положително цяло число и нека

S

е крайно множество от нечетни прости числа. Да се докаже, че има най-много един начин, с точност до завъртане и отражение, елементите на

S

да се поставят по окръжност така, че произведението на всеки две съседни числа да е от вида

x^2+x+k

за някое положително цяло число

x

Решение

Ще наричаме добро всяко число от вида

x^2+x+k

, като за удобство допускаме

x\ge0

. Това не променя същността, защото замяната

x\mapsto -1-x

дава същите стойности. Първо доказваме ключово твърдение. Ако

p

е нечетно просто число, то има най-много две нечетни прости числа

q,r\lt{}p

, за които

pq

pr

са добри. Нещо повече, ако

pq=x^2+x+k,\qquad pr=y^2+y+k

x,y\ge0

, тогава

x+y+1=p,\qquad xy\equiv k\pmod p.

Наистина, уравнението

T^2+T+k\equiv0\pmod p

има най-много две решения по модул

p

. Понеже

q,r\lt{}p

k\gt{}0

, съответните

x

y

лежат в интервала

[0,p-1]

. Формулите за сумата и произведението на корените дават

x+y\equiv-1\pmod p

xy\equiv k\pmod p

, а от

0\lt{}x+y\lt{}2p

следва

x+y+1=p

. Сега ще покажем, че ако такива две числа

q

r

съществуват, то и

qr

е добро. Нека

\alpha

е корен на

\alpha^2+\alpha+k=0

. Тогава

t^2+t+k=N(t-\alpha)

в квадратичното разширение, където

N

означава нормата. Следователно

pq\cdot pr=N((x-\alpha)(y-\alpha))=

N((xy-k)-(x+y+1)\alpha).

Понеже

x+y+1=p

xy\equiv k\pmod p

, можем да разделим вътрешния израз на

p

и получаваме

qr=N\left(\frac{xy-k}{p}-\alpha\right),

тоест

qr

също е добро. Вече завършваме с индукция по

|S|

. Нека

p

е най-големият елемент на

S

. В допустима наредба двете му съседни числа трябва да са сред най-много двете възможности от първото твърдение. Ако са две, второто твърдение показва, че те могат да станат съседни след изтриване на

p

, защото произведението им също е добро. По индукция наредбата на останалите елементи е единствена с точност до завъртане и отражение, а мястото на

p

е принудено между тези две съседни числа. Това доказва единствеността.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2022/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

ABCDE

е изпъкнал петоъгълник, за който

BC=DE

. Да предположим, че вътре в

ABCDE

има точка

T

такава, че

TB=TD

TC=TE

\angle ABT=\angle TEA

. Правата

AB

пресича правите

CD

CT

съответно в точки

P

Q

, като точките

P,B,A,Q

лежат на тази права в този ред. Правата

AE

пресича правите

CD

DT

съответно в точки

R

S

, като точките

R,E,A,S

лежат на тази права в този ред. Да се докаже, че точките

P,S,Q,R

лежат на една окръжност.

Решение

От условията

TB=TD

TC=TE

BC=DE

следва, че триъгълниците

BTC

DTE

са еднакви. В частност съответните ъгли при

T

и при основите съвпадат. Поставяме

K=CT\cap AE,\qquad L=DT\cap AB,

\qquad X=BT\cap AE,\qquad Y=ET\cap AB.

От равенството

\angle ABT=\angle TEA

и еднаквостта по-горе получаваме подобието

\triangle BTY\sim\triangle ETX.

Основното твърдение е

\triangle BTQ\sim\triangle ETS

и едновременно

BY:YL:LQ=EX:XK:KS.

То следва от преследване на ъгли: имаме

\angle BTL=\angle BTD=\angle CTE=\angle KTE

\angle BTQ=\angle BTC=\angle DTE=\angle STE

, а вече установеното подобие

BTY\sim ETX

фиксира мащаба по двете секущи. Затова двете начупени линии

TBYLQ

TEXKS

са подобни. Оттук следват две последствия. Първо,

\frac{TL}{TQ}=\frac{TK}{TS},

следователно

TL\cdot TS=TK\cdot TQ

, което означава, че

K,L,S,Q

са вписани. Второ, съответните отношения дават

KL\parallel CD

, а понеже

P

R

също лежат на

CD

, имаме

KL\parallel PR

. Накрая прилагаме теоремата на Райм към вписания четириъгълник

KLSQ

и правата, успоредна на

KL

, която пресича правите

LQ

KS

съответно в

P

R

. Получаваме, че

P,S,Q,R

са вписани, както трябваше.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2022/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете всички тройки

(a,b,p)

от положителни цели числа, за които

p

е просто число и

a^p=b!+p.

Решение

Отговорът е

(2,2,2)

(3,4,3)

; директно се проверява, че

2^2=2!+2

3^3=4!+3

. По-нататък нека

a\ge2

. Първо ще докажем, че

b\le2p-2

. Ако

b\ge2p

, то

b!

се дели на

p^2

, следователно

b!+p\equiv p\pmod {p^2},

тоест

\nu_p(b!+p)=1

. Това е невъзможно за

p

-та степен

a^p

, защото

\nu_p(a^p)

е кратно на

p

. Остава да изключим

b=2p-1

. Тогава

(2p-1)!+p=

p\left((p-1)!(p+1)(p+2)\cdots(2p-1)+1\right).

За

p\gt{}2

изразът в скобите е сравним с

((p-1)!)^2+1\equiv (-1)^2+1\equiv2\pmod p

по теоремата на Уилсън, така че отново

p

-адичната валуация е

1

, невъзможно. За

p=2

случаят

b=3

дава

3!+2=8

, което не е квадрат. Следователно

b\le2p-2

. Оттук

a^p=b!+p\le(2p-2)!+p\lt{}p^{2p},

например като групираме

(2p-2)\neq{}\prod_{k=1}^{p-1}k(2p-1-k)\lt{}(p(p-1))^{p-1}

. Значи

a\lt{}p^2

. Следва, че

a\ge p

. Ако, напротив,

a\lt{}p

, то

p\ge a+1

. За

a=2

имаме

a^p-p\ge2^3-3\gt{}2!

, а за

a\ge3

имаме

a^p-p\ge a^{a+1}-(a+1)\gt{}a!

. Значи във всички случаи

b\neq{}a^p-p\gt{}a!

, откъдето

b\gt{}a

. Тогава

a\mid b!

, а от уравнението по модул

a

получаваме

p\equiv0\pmod a

, невъзможно при

1\lt{}a\lt{}p

. Така

a\ge p

. Освен това

b\neq{}a^p-p\ge p^p-p\gt{}(p-1)!,

следователно

b\ge p

. Сега ще покажем, че всъщност

a=p

. Понеже

p\le b

, имаме

p\mid b!

, а от уравнението следва

p\mid a

. Нека

a=pk

. От

a\lt{}p^2

получаваме

k\lt{}p

, значи

k\lt{}p\le b

и следователно

k\mid b!

. Вземайки уравнението по модул

k

, получаваме

0\equiv p\pmod k

, тоест

k\mid p

. Понеже

0\lt{}k\lt{}p

p

е просто, имаме

k=1

, значи

a=p

. Остават малките стойности и случаят

p\ge5

. При

p=2

проверката на

2\le b\le3

дава единствено

(a,b)=(2,2)

. При

p=3

проверката на

3\le b\le4

дава единствено

(a,b)=(3,4)

. Накрая нека

p\ge5

. Тогава

a=p

b\neq{}p^p-p=p(p^{p-1}-1).

По теоремата на Зигмонди числото

p^{p-1}-1

има прост делител

q

, за който редът на

p

по модул

q

е точно

p-1

. Следователно

q\equiv1\pmod {p-1}

q\ne p

. Понеже

q\mid b!

, трябва да е

q\le b\le2p-2

. Но най-малкото число, което е сравнимо с

1

по модул

p-1

и е по-голямо от

p

, е

2p-1

, противоречие. Така няма други решения.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2022/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n

е положително цяло число. Нордически квадрат е дъска

n\times n

, съдържаща всички цели числа от

1

до

n^2

, така че във всяка клетка стои точно едно число. Възходящ път е редица от една или повече клетки, за която: (a) първата клетка е долина, тоест записаното в нея число е по-малко от числата във всички нейни ортогонални съседи; (b) всяка следваща клетка е ортогонално съседна на предишната; (c) числата в клетките на редицата са в нарастващ ред. Да се намери, като функция на

n

, най-малкият възможен общ брой възходящи пътища в нордически квадрат.

Решение

Отговорът е

2n^2-2n+1.

Първо даваме долна граница. Вземаме произволни две съседни клетки с числа

a\gt{}b

. От клетката с

b

можем да вървим надолу, докато стигнем долина; понеже числата строго намаляват, това винаги спира. Обръщайки получения път, получаваме възходящ път с дължина поне

2

, който завършва с реброто между тези две клетки. Различните съседни двойки дават различни такива пътища. В дъска

n\times n

има

2n(n-1)

съседни двойки клетки, следователно има поне

2n(n-1)

възходящи пътища с дължина поне

2

. Освен това има поне една долина, значи поне един път с дължина

1

. Получаваме долна граница

2n(n-1)+1=2n^2-2n+1.

За конструкцията е достатъчно да построим дърво

T

върху клетки на дъската така, че никои две клетки извън

T

да не са ортогонално съседни. Такова дърво може да се построи например чрез повтарящ се зигзагообразен скелет през три реда; за произволно

n

се взема същият модел и се отрязват излишните последни редове и крайни колони. Поставяме числото

1

в някоя клетка на

T

, после поставяме числата

2,3,\ldots,|T|

по дървото така, че всяко следващо число да е в клетка, съседна на вече поставена клетка. Останалите числа поставяме произволно в клетките извън

T

. Тъй като всяка клетка извън

T

има съсед в

T

с по-малко число, а по дървото числата растат от корена

1

навън, единствената долина е клетката с

1

. Освен това никои две клетки извън

T

не са съседни, така че всеки възходящ път е точно един от пътищата, получени при обръщане на низходящ път по някое ребро, плюс единичният път, състоящ се само от клетката с

1

. Следователно броят им е точно

2n(n-1)+1

, което постига долната граница.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2022/6Условие — източник

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички съставни цели числа

n\gt{}1

със следното свойство: ако

d_1\lt{}d_2\lt{}\cdots\lt{}d_k

са всички положителни делители на

n

, то

d_i

дели

d_{i+1}+d_{i+2}

за всяко

1\le i\le k-2

Решение

Отговорът е: всички степени на прости числа

p^e

e\ge2

. Първо проверяваме, че те работят. Ако

n=p^e

, положителните делители са

1,p,p^2,\ldots,p^e.

Тогава условието става

p^{i-1}\mid p^i+p^{i+1},

което е очевидно вярно за всяко допустимо

i

. Остава да докажем, че други примери няма. Нека

n

има поне два различни прости делителя и нека

p\lt{}q

са двата най-малки. Нека

p^e

е най-голямата степен на

p

, която дели

n

и е по-малка от

q

. Тогава най-малките делители на

n

започват с

1,p,p^2,\ldots,p^e,q.

Следователно сред най-големите делители, в нарастващ ред, се срещат последователно

\frac nq,\qquad \frac n{p^e},\qquad \frac n{p^{e-1}}.

Условието на задачата изисква

\frac nq\mid \frac n{p^e}+\frac n{p^{e-1}}=\frac{(p+1)n}{p^e}.

След съкращаване това означава, че

\frac{q(p+1)}{p^e}

е цяло число. Но

p

не дели нито

q

, нито

p+1

, което е невъзможно. Значи

n

има само един прост делител, т.е.

n

е степен на просто число. Понеже

n

е съставно, степента е поне

2

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2023/1Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

За всяко цяло число

k\ge2

да се намерят всички безкрайни редици от положителни цели числа

a_1,a_2,\ldots

, за които съществува полином

P(x)=x^k+c_{k-1}x^{k-1}+\cdots+c_1x+c_0,

където

c_0,c_1,\ldots,c_{k-1}

са неотрицателни цели числа, такъв че

P(a_n)=a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{n+k}

за всяко цяло число

n\ge1

Решение

Отговорът е: точно аритметичните прогресии от положителни цели числа. Първо проверяваме, че всяка такава редица работи. Ако

a_n=a_1+d(n-1)

за някое цяло

d\ge0

, тогава

a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{n+k}=(a_n+d)(a_n+2d)\cdots(a_n+kd),

затова можем да вземем

P(x)=(x+d)(x+2d)\cdots(x+kd).

Този полином е моничен от степен

k

и има неотрицателни цели коефициенти. Остава обратната посока. Първо ще покажем, че редицата е или строго растяща, или константна. От равенствата за

n-1

n

получаваме

a_{n+k}=\frac{P(a_n)}{P(a_{n-1})}\,a_n.

Полиномът

P

е строго растящ върху положителните цели числа. Ако за някое

n

имаме

a_n\lt{}a_{n-1}

, тогава формулата дава

a_{n+k}\lt{}a_n

. Между индексите

n+1,n+2,\ldots,n+k

има член, който е по-малък от предишния си член и е по-малък от

a_n

; повтаряйки това, получаваме безкрайна строго намаляваща подпоследователност от положителни цели числа, което е невъзможно. Следователно

a_1\le a_2\le\cdots

. Ако някъде има равенство

a_n=a_{n-1}

, тогава горната формула дава

a_{n+k}=a_n

. Заедно с монотонността това принуждава

a_{n-1}=a_n=a_{n+1}=\cdots=a_{n+k}

, а после с индукция надолу и нагоре цялата редица е константна. Така занапред можем да считаме, че редицата е строго растяща. Нека

C

е константа, за която

P(x)\lt{}x^k+Cx^{k-1}

за всяко положително цяло

x

; например можем да вземем

C=c_0+c_1+\cdots+c_{k-1}+1

. Понеже редицата е строго растяща,

a_{n+k}=\frac{P(a_n)}{a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{n+k-1}}\lt{}

\frac{a_n^k+Ca_n^{k-1}}{(a_n+1)(a_n+2)\cdots(a_n+k-1)}\lt{}

a_n+C+1.

Значи разликите между съседни членове са ограничени. За всеки

n

разглеждаме вектора от разлики

\Delta(n)=

(a_{n+1}-a_n,a_{n+2}-a_{n+1},\ldots,a_{n+k}-a_{n+k-1}).

Той приема само краен брой стойности. Някакъв вектор

(d_1,\ldots,d_k)

се среща за безкрайно много индекси

N

. За тези

N

имаме

P(a_N)=

(a_N+d_1)(a_N+d_1+d_2)\cdots(a_N+d_1+\cdots+d_k).

Тъй като това равенство е вярно за безкрайно много стойности на

a_N

, следва тъждеството

P(X)=(X+d_1)(X+d_1+d_2)\cdots(X+d_1+\cdots+d_k).

Следователно векторът на разликите, който може да се среща безкрайно често, е единствено определен от

P

. Значи от някой момент нататък

\Delta(n)

е константен, а редицата съвпада с аритметична прогресия. Накрая същото равенство за

P

връща разликите една стъпка назад, така че с низходяща индукция редицата е аритметична прогресия от самото начало.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2023/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

x_1,x_2,\ldots,x_{2023}

са две по две различни положителни реални числа, за които

a_n=

\sqrt{\vphantom{x^2}(x_1+x_2+\cdots+x_n)\left(\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\cdots+\frac1{x_n}\right)}

е цяло число за всяко

n=1,2,\ldots,2023

. Да се докаже, че

a_{2023}\ge3034

Решение

Първо, от неравенството на Коши-Шварц следва, че

a_n\ge n

, а по-важното тук е, че редицата

a_n

е строго растяща. Наистина, при добавяне на ново положително число произведението

(x_1+\cdots+x_n)\left(\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}\right)

се увеличава строго. Понеже всички

a_n

са цели числа и

a_1=1

, имаме

a_{n+1}\ge a_n+1

. Ще докажем по-силното твърдение

a_{2m+1}\ge3m+1

за всяко

m\ge0

. При

m=0

това е

a_1=1

. Нека

n

е произволен и поставим

u=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x_{n+1}}{x_{n+2}}}.

Понеже

x_{n+1}\ne x_{n+2}

, имаме

u\ne1

. Прилагаме Коши-Шварц в следния вид към трите групи от членове: първите

n

числа, числото

x_{n+1}

и числото

x_{n+2}

. Получаваме

\begin{align*} a_{n+2}^2&=\left((x_1+\cdots+x_n)+x_{n+1}+x_{n+2}\right)\left(\frac1{x_1}+\cdots+\frac1{x_n}+\frac1{x_{n+1}}+\frac1{x_{n+2}}\right)\\ &\ge\left(a_n+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x_{n+1}}{x_{n+2}}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x_{n+2}}{x_{n+1}}}\right)^2 =\left(a_n+u+\frac1u\right)^2. \end{align*}

Следователно

a_{n+2}\ge a_n+u+\frac1u\gt{}a_n+2,

като последното неравенство е строго поради

u\ne1

. Тъй като

a_{n+2}

a_n

са цели числа, получаваме

a_{n+2}\ge a_n+3.

Прилагайки това през една стъпка, получаваме

a_{2m+1}\ge a_1+3m=3m+1.

За

2023=2\cdot1011+1

следва

a_{2023}\ge3\cdot1011+1=3034,

както трябваше да се докаже.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2023/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n

е положително цяло число. Японски триъгълник се състои от

1+2+\cdots+n

кръгчета, подредени в равностранна триъгълна форма така, че за всяко

1\le i\le n

i

-тия ред има точно

i

кръгчета, точно едно от които е оцветено в червено. Нинджа път в японския триъгълник е редица от

n

кръгчета, която започва от горния ред, после на всяка стъпка преминава към едно от двете кръгчета непосредствено под текущото и завършва в долния ред. В зависимост от

n

да се намери най-голямото

k

, за което във всеки японски триъгълник съществува нинджа път, съдържащ поне

k

червени кръгчета.

Решение

Отговорът е

k=\lfloor\log_2 n\rfloor+1.

Първо даваме конструкция, която показва, че не можем да гарантираме повече. Разделяме редовете на блокове

\{1\},\quad \{2,3\},\quad \{4,5,6,7\},\quad\ldots,

т.е. блокът с номер

t

2^{t-1}\le r\le2^t-1

. В ред

r

от този блок поставяме червеното кръгче на позиция

2^t-r

, броено отляво надясно. В рамките на един блок тези позиции строго намаляват, а по нинджа път позицията никога не намалява. Следователно един път може да срещне най-много едно червено кръгче от всеки блок. До ред

n

има точно

\lfloor\log_2 n\rfloor+1

блока, така че има пример, в който никой нинджа път не съдържа повече от толкова червени кръгчета. Остава да докажем, че толкова червени кръгчета винаги могат да се намерят. За кръгчето на позиция

j

в ред

r

нека

f(r,j)

е най-големият възможен брой червени кръгчета по част от нинджа път, която завършва в това кръгче. За невалидни позиции поставяме

f(r,j)=0

. Тогава

f(r,j)=

\max(f(r-1,j-1),f(r-1,j))+\varepsilon(r,j),

където

\varepsilon(r,j)=1

, ако кръгчето е червено, и

0

иначе. Нека

S_r=f(r,1)+f(r,2)+\cdots+f(r,r).

Ще докажем рекурсията

S_{r+1}\ge S_r+\left\lceil\frac{S_r}{r}\right\rceil+1.

Избираме индекс

m

, за който

f(r,m)

е максимално. В следващия ред има точно едно червено кръгче, следователно сумата на добавките

\varepsilon

1

. Освен това

\begin{align*} S_{r+1}&=\sum_{j=1}^{r+1}\max(f(r,j-1),f(r,j))+1\\ &\ge\sum_{j=1}^{m} f(r,j)+\sum_{j=m+1}^{r+1} f(r,j-1)+1\\ &=S_r+f(r,m)+1\ge S_r+\left\lceil\frac{S_r}{r}\right\rceil+1. \end{align*}

Сега ще покажем по индукция, че ако

r=2^c+s

, където

0\le s\le2^c-1

, то

S_r\ge cr+2s+1.

При

r=1

това е ясно. Ако твърдението е вярно за

r

, тогава от рекурсията и от

\lceil S_r/r\rceil\ge c+1

получаваме

S_{r+1}\ge cr+2s+1+c+1+1=c(r+1)+2(s+1)+1.

Ако

s+1\lt{}2^c

, това е точно нужната оценка за

r+1

. Ако

s+1=2^c

, тогава

r+1=2^{c+1}

и дясната страна става

(c+1)(r+1)+1

, което отново е нужната оценка. За последния ред

n=2^c+s

имаме

\max_j f(n,j)\ge\left\lceil\frac{S_n}{n}\right\rceil\ge c+1=\lfloor\log_2 n\rfloor+1.

Това означава, че съществува нинджа път с поне

\lfloor\log_2 n\rfloor+1

червени кръгчета. Заедно с конструкцията това дава точната стойност.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2023/5Условие — източник

2024

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

\alpha

, за които за всяко положително цяло число

n

числото

\lfloor \alpha \rfloor+\lfloor 2\alpha \rfloor+\lfloor 3\alpha \rfloor+\cdots+\lfloor n\alpha \rfloor

се дели на

n

Решение

Отговорът е:

\alpha

трябва да бъде четно цяло число. Нека

S(n,\alpha)=\lfloor \alpha \rfloor+\lfloor 2\alpha \rfloor+\cdots+\lfloor n\alpha \rfloor.

Ако

\alpha

е цяло число, то

S(n,\alpha)=(1+2+\cdots+n)\alpha=\frac{n(n+1)}2\alpha.

Това се дели на

n

за всяко

n

, когато

2\mid \alpha

. Ако

\alpha

е нечетно цяло число, още при

n=2

получаваме противоречие. Остава да изключим случая, в който

\alpha

не е цяло число. Замяната на

\alpha

\alpha\pm2

променя сумата с

2(1+2+\cdots+n)=n(n+1),

което винаги се дели на

n

. Следователно можем да сведем до

-1\lt{}\alpha\lt{}1

\alpha\notin\mathbb Z

. Ако

0\lt{}\alpha\lt{}1

, нека

m\ge2

е най-малкото цяло число с

m\alpha\ge1

. Тогава първите

m-1

цели части са

0

, а

\lfloor m\alpha\rfloor=1

, откъдето

S(m,\alpha)=1

, което не се дели на

m

. Ако

-1\lt{}\alpha\lt{}0

, нека

m\ge2

е най-малкото цяло число с

m\alpha\lt{}-1

. Тогава първите

m-1

цели части са

-1

, а

\lfloor m\alpha\rfloor=-2

, следователно

S(m,\alpha)=-(m-1)-2=-(m+1),

което също не се дели на

m

. Следователно единствените решения са четните цели числа.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

За кои двойки положителни цели числа

(a,b)

редицата

\gcd(a^n+b,b^n+a),\qquad n=1,2,\ldots

е константна от някой член нататък?

Решение

Отговорът е само

(a,b)=(1,1)

. В този случай редицата е константно равна на

2

. Да допуснем обратно, че редицата

x_n=\gcd(a^n+b,b^n+a)

е константна от някой член нататък. Основната идея е да разгледаме числото

M=ab+1.

Имаме

\gcd(a,M)=\gcd(b,M)=1

. Избираме достатъчно голямо

n

, което се дели на

\varphi(M)

и за което

x_{n-1}=x_n=x_{n+1}=\cdots.

Първо, понеже

a^n\equiv b^n\equiv1\pmod M

, получаваме

a(a^{n-1}+b)=a^n+ab\equiv1-1\equiv0\pmod M,

и аналогично

b(b^{n-1}+a)\equiv0\pmod M

. Тъй като

a

b

са взаимно прости с

M

, следва

M\mid x_{n-1}

. Но

x_n=x_{n-1}

, значи

M\mid x_n

. Следователно

0\equiv a^n+b\equiv1+b\pmod M,\qquad 0\equiv b^n+a\equiv1+a\pmod M,

тоест

a\equiv b\equiv-1\pmod M

. Сега

M\mid x_{n+1}

и затова

0\equiv a^{n+1}+b\equiv a+b\pmod M.

От

a\equiv b\equiv-1\pmod M

получаваме

0\equiv-2\pmod M

, т.е.

M\mid2

. Понеже

M=ab+1\ge2

, следва

M=2

, откъдето

ab=1

и значи

a=b=1

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

a_1,a_2,a_3,\ldots

е безкрайна редица от положителни цели числа, и нека

N

е положително цяло число. Нека за всяко

n\gt{}N

числото

a_n

е равно на броя срещания на

a_{n-1}

в списъка

(a_1,a_2,\ldots,a_{n-1})

. Да се докаже, че поне една от редиците

a_1,a_3,a_5,\ldots\qquad\text{и}\qquad a_2,a_4,a_6,\ldots

е периодична от някой член нататък.

Решение

Поставяме

M=\max(a_1,a_2,\ldots,a_N).

Ще си представяме процеса с кули. При всяко

i

добавяме блок

B_i

в кула с номер

a_i

. Първите

N

блока са начални; за

i\gt{}N

блокът

B_i

има координати

(a_i,a_{i+1})

, защото след добавянето му височината на кулата

a_i

става точно

a_{i+1}

. Ще използваме две наблюдения. Първо, ако кулата

k+1

расте неограничено, то и кулата

k

расте неограничено. По-точно съществува константа

C

, такава че във всеки момент

h_k\ge h_{k+1}-C,

където

h_j

е текущата височина на кула

j

. Наистина, почти всеки жълт блок в кула

k+1

идва от предишен жълт блок на височина

k+1

; блокът под него води инективно до блок в кула

k

. Крайният брой изключения се поглъща в константата

C

. Второ, ако

a_n\gt{}M

, то

a_{n+1}\le M

. Ако това не беше вярно за първи път при някое

n

, блокът

B_n

би бил добавен в изцяло нова, жълта област с номер и височина над

M

. Но всички блокове под него в същата кула са дошли от различни кули на височина

a_n\gt{}M

, така че още преди този момент вече би имало повече от

M

кули с височина над

M

, противоречие с избора на първия такъв момент. Оттук числата, които се срещат безкрайно много пъти, образуват начален интервал. Нека

L

е такова, че кулите

1,2,\ldots,L

растат неограничено, а кулите

L+1,\ldots,M

след някакъв момент вече не получават блокове. Избираме достатъчно късен индекс

N'\gt{}N

, за който

a_{N'}\le L

, кулите

1,\ldots,L

са вече по-високи от всички необходими начални изключения, а кулите

L+1,\ldots,M

повече няма да растат. След

N'

членовете се редуват: на едната четност винаги имаме

a_n\le L

, а на другата винаги

a_n\gt{}M

. Наистина, ако

a_n\le L

, следващият член е текущата височина на една от първите

L

кули и затова е

\gt{}M

; а щом

a_{n+1}\gt{}M

, второто наблюдение дава

a_{n+2}\le M

, като вече не може да попадне в кулите

L+1,\ldots,M

. Значи

a_{n+2}\le L

. Разглеждаме само четността, на която членовете са малки. За такъв индекс

n

дефинираме състояние

S(n)=(h_1,h_2,\ldots,h_L; a_n).

Преходът от

S(n)

към

S(n+2)

се определя така: междинният голям блок отива в кула с номер

h_{a_n}

, после следващият малък член е броят на кулите сред първите

L

, които имат височина поне

h_{a_n}

. След това се увеличава точно съответната една от първите

L

кули. Затова преходът зависи само от относителните височини

T(n)=(h_1-h_2,h_2-h_3,\ldots,h_{L-1}-h_L; a_n).

Достатъчно е да покажем, че

T(n)

приема само краен брой стойности. От първото наблюдение имаме

h_{k+1}\le h_k+C

за всички

k\lt{}L

. Трябва и обратна едностранна оценка. Твърдим, че за всяко

\ell\lt{}L

е изпълнено

h_\ell\le h_{\ell+1}+C(L-1)

след достатъчно късен момент. Ако не, нека току-що сме увеличили кула

\ell

h_\ell\gt{}h_{\ell+1}+C(L-1).

Заедно с неравенствата

h_{k+1}\le h_k+C

това дава

\min(h_1,\ldots,h_\ell)\gt{}\max(h_{\ell+1},\ldots,h_L).

От този момент нататък правилото за преходите принуждава процеса да връща малките блокове само в първите

\ell

кули, докато кулите

\ell+1,\ldots,L

вече не растат. Това противоречи на дефиницията на

L

. Следователно всички разлики

h_k-h_{k+1}

са ограничени от двете страни. Има само краен брой възможни състояния

T(n)

, а преходът

T(n)\mapsto T(n+2)

е детерминиран. По принципа на Дирихле състоянията, а значи и членовете на тази четност, стават периодични. Така поне едната от двете подпоследователности

a_1,a_3,\ldots

a_2,a_4,\ldots

е периодична от някой член нататък.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

ABC

е триъгълник с инцентър

I

, като

AB\lt{}AC\lt{}BC

. Нека

X

е точка на правата

BC

, различна от

C

, такава че правата през

X

, успоредна на

AC

, е допирателна към вписаната окръжност. Аналогично, нека

Y

е точка на правата

BC

, различна от

B

, такава че правата през

Y

, успоредна на

AB

, е допирателна към вписаната окръжност. Правата

AI

пресича описаната окръжност на

ABC

за втори път в

P

. Нека

K

L

са средите съответно на

AC

AB

. Да се докаже, че

\angle KIL+\angle YPX=180^\circ.

Решение

Нека

T

е образът на

A

при централна симетрия спрямо

I

, тоест

I

е среда на

AT

. Тази точка премахва нуждата да работим директно със средите

K

L

. Понеже хомотетията с център

A

и коефициент

2

изпраща

K

C

L

B

I

T

, получаваме

\angle KIL=\angle CTB.

Освен това правите

AB

AC

TX

TY

образуват ромб с център

I

, откъдето

TX

TY

са допирателни към вписаната окръжност. Ще докажем, че четириъгълниците

BXPT

CYPT

са вписани. Наистина,

\angle TYC=\angle TYB=\angle ABC=\angle APC=\angle TPC,

понеже

T,A,I,P

са колинеарни. Следователно

CYPT

е вписан. Аналогично се доказва, че

BXPT

е вписан. Сега работим с насочени ъгли. От двете вписаности следва

\angle CTB=\angle CTP+\angle PTB=\angle CYP+\angle PXB.

Понеже

B,X,Y,C

са колинеарни в този ред, последната сума е равна на насочения ъгъл

\angle XPY

. Следователно

\angle CTB=\angle XPY.

Условията

AB\lt{}AC\lt{}BC

гарантират правилния ред на точките върху

BC

и че това насочено равенство се превежда в обикновеното

\angle CTB+\angle YPX=180^\circ.

Като заменим

\angle CTB

\angle KIL

, получаваме исканото

\angle KIL+\angle YPX=180^\circ.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Охлювът Турбо е в най-горния ред на решетка с

2024

реда и

2023

стълба и иска да стигне до най-долния ред. В решетката обаче има

2022

скрити чудовища, по едно във всеки ред освен първия и последния, като няма две чудовища в един и същ стълб. Турбо прави поредица от опити да стигне от първия ред до последния. При всеки опит той избира начална клетка в първия ред и после многократно се мести в съседна по страна клетка. Позволено му е да се връща във вече посетена клетка. Ако стигне до клетка с чудовище, опитът приключва и той се връща в първия ред за нов опит. Чудовищата не се местят между опитите, а Турбо помни дали всяка посетена от него клетка съдържа чудовище. Ако стигне до която и да е клетка в последния ред, опитът приключва и Турбо печели. Да се намери най-малкото цяло число

n

, за което Турбо има стратегия, гарантираща достигане до долния ред с най-много

n

опита, независимо от разположението на чудовищата.

Решение

Отговорът е

n=3.

Всъщност същата стратегия работи за всяка решетка с

s

реда и

s-1

стълба при

s\ge4

. Първо два опита не стигат. При първото слизане във втория ред Турбо може веднага да попадне на чудовище

M_1

. При втория опит той трябва да влезе в третия ред през друг стълб, и там отново може веднага да попадне на чудовище

M_2

. Следователно не може да има гаранция с по-малко от три опита. Сега даваме стратегия с три опита. При първия опит Турбо влиза във втория ред и върви по него, докато намери чудовището

M_1

в този ред. Ако

M_1

не е в краен стълб, нека стълбът му е

c

. Във втория опит Турбо влиза във втория ред в стълб

c-1

, слиза в третия ред и, ако не удари чудовище, се премества в стълб

c

и върви право надолу. Стълб

c

вече съдържа чудовището

M_1

, затова в по-долните редове няма чудовища в този стълб. Ако този опит се провали, провалът е бил при слизането в третия ред в стълб

c-1

; тогава в третия опит Турбо прави същото от стълб

c+1

. В третия ред няма второ чудовище, така че този път стига до безопасния стълб

c

и печели. Остава случаят, когато

M_1

е в краен стълб; без ограничение нека е в най-левия. Тогава най-левият стълб е безопасен под втория ред. При втория опит Турбо започва от клетката вдясно от

M_1

и следва стълбичен път: движи се надясно, после надолу, после надясно, после надолу, и така нататък, докато стигне долния ред или срещне второ чудовище

M_2

. Ако стълбичният път е чист, Турбо печели още при втория опит. Ако срещне

M_2

, то всички клетки от стълбичния път преди

M_2

вече са известни като безопасни. При третия опит Турбо следва този безопасен начален участък до реда на

M_2

, спира в клетката непосредствено преди него, после се движи наляво в същия ред до най-левия стълб. В този ред единственото чудовище е

M_2

, а той го заобикаля; най-левият стълб под

M_1

е безопасен. Оттам Турбо слиза право надолу и стига последния ред. Следователно три опита винаги са достатъчни, а вече видяхме, че поне три са необходими.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Функция

f:\mathbb Q\to\mathbb Q

се нарича акваесулиева, ако за всички

x,y\in\mathbb Q

е изпълнено поне едно от равенствата

f(x+f(y))=f(x)+y

или

f(f(x)+y)=x+f(y)

. Да се докаже, че съществува цяло число

c

такова, че за всяка акваесулиева функция

f

има най-много

c

различни рационални числа от вида

f(r)+f(-r)

, където

r\in\mathbb Q

, и да се намери най-малката възможна стойност на

c

Решение

Ще докажем, че най-малката стойност е

c=2

. Нека

x\to y

означава равенството

f(x+f(y))=f(x)+y.

Тогава условието гласи, че за всеки две рационални числа

x

y

е вярно

x\to y

или

y\to x

. По-специално винаги

x\to x

, следователно

f(x+f(x))=x+f(x).

Първо даваме пример, който показва, че

c

не може да бъде по-малко от

2

. Нека

f(x)=\lfloor2x\rfloor-x.

Пишем

h(x)=x+f(x)=\lfloor2x\rfloor

. Ако

2x=m+\alpha

2y=n+\beta

, където

m,n\in\mathbb Z

0\le\alpha,\beta\lt{}1

, то

h(x)=m

h(y)=n

. Ако

\alpha\ge\beta

, тогава

h(x+h(y)-y)=m+n=h(x)+h(y),

което е еквивалентно на

x\to y

. Ако

\beta\ge\alpha

, аналогично

y\to x

. Следователно тази функция е акваесулиева. При нея

f(0)+f(0)=0,\qquad f(1/3)+f(-1/3)=-1,

така че поне две различни стойности наистина могат да се появят. Остава да докажем, че повече от две стойности са невъзможни. Най-напред

f

е инективна. Ако

f(a)=f(b)

, без ограничение можем да приемем

a\to b

. Тогава

f(a)+a=f(a+f(a))=f(a+f(b))=f(a)+b,

откъдето

a=b

. Ще използваме следната лема. Ако

s\to r

, тогава или

f(r)+f(-r)=0

, или

f(f(s))=s+f(r)+f(-r).

За доказателството вземаме

x=s+f(r)

y=-r

. Тогава, понеже

s\to r

x+f(y)=s+f(r)+f(-r),

\qquad y+f(x)=f(s+f(r))-r=f(s).

Ако

x\to y

, получаваме

f(s+f(r)+f(-r))=f(s)

и от инективността следва

f(r)+f(-r)=0

. Ако пък

y\to x

, получаваме точно

f(f(s))=s+f(r)+f(-r)

. Сега нека

a

b

са такива рационални числа, че

f(a)+f(-a)

f(b)+f(-b)

са ненулеви. Без ограничение можем да приемем

a\to b

. Прилагайки лемата първо към

(s,r)=(a,a)

, а после към

(s,r)=(a,b)

, получаваме

f(f(a))=a+f(a)+f(-a)

f(f(a))=a+f(b)+f(-b).

Следователно

f(a)+f(-a)=f(b)+f(-b)

. Значи всички ненулеви стойности от вида

f(r)+f(-r)

са еднакви, а освен тях може да се появи само стойността

0

. Общо стойностите са най-много две. Примерът по-горе показва, че най-малката възможна стойност е

c=2

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/6Условие — източник

2025

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Права в равнината се нарича слънчева, ако не е успоредна на нито една от правите: оста

x

, оста

y

и правата

x+y=0

. Нека

n\ge3

е дадено цяло число. Да се определят всички неотрицателни цели числа

k

, за които съществуват

n

различни прави в равнината със следните две свойства: - за всички положителни цели числа

a

b

a+b\le n+1

точката

(a,b)

лежи на поне една от правите; - точно

k

от тези

n

прави са слънчеви.

Решение

Отговорът е

k\in\{0,1,3\}

. Ще мислим за точките

(a,b)

a+b\le n+1

като за триъгълна решетка. Ще наричаме дълга права една от трите гранични прави на тази решетка; всяка от тях минава през

n

точки и не е слънчева. Основното наблюдение е, че при

n\ge4

всяко покриване с точно

n

прави съдържа поне една дълга права. Наистина, по външния контур има

3(n-1)

точки. Ако няма дълга права, всяка от

n

-те прави минава през най-много две такива гранични точки, откъдето

2n\ge3(n-1)

, което е невъзможно за

n\ge4

. Следователно можем да изтрием една дълга права и да сведем задачата от

n

към

n-1

, без да променяме броя на слънчевите прави. Обратно, ако имаме конструкция за по-малка решетка, добавянето на нова дълга гранична права увеличава

n

1

и пак не променя броя на слънчевите прави. Така всичко се свежда до случая

n=3

. При

n=3

трябва да покрием шестте точки от триъгълната решетка с три прави. Ако има дълга права, тя покрива три точки, а останалите три точки се покриват от две прави. Една от тези две прави минава през две точки от същата решетка и е успоредна на една от трите забранени посоки, а другата може да бъде слънчева или не. Получаваме

0

или

1

слънчева права. Ако няма дълга права, всяка права трябва да покрие точно две точки; единственото такова сдвояване използва три слънчеви прави. Значи възможните стойности са точно

0,1,3

, както трябваше да се докаже.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2025/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

\Omega

\Gamma

са окръжности с центрове съответно

M

N

, като радиусът на

\Omega

е по-малък от радиуса на

\Gamma

. Нека

\Omega

\Gamma

се пресичат в две различни точки

A

B

. Правата

MN

пресича

\Omega

C

\Gamma

D

, така че

C,M,N,D

лежат на

MN

в този ред. Нека

P

е центърът на описаната окръжност на триъгълника

ACD

. Правата

AP

пресича

\Omega

повторно в

E\ne A

\Gamma

повторно в

F\ne A

. Нека

H

е ортоцентърът на триъгълника

PMN

. Да се докаже, че правата през

H

, успоредна на

AP

, е допирателна към описаната окръжност на триъгълника

BEF

Решение

Ще използваме насочени ъгли. Положете

\alpha=\angle DCA=\angle BCD

\beta=\angle ADC=\angle CDB

. Понеже

P

е центърът на описаната окръжност на

ACD

, получаваме

\angle PAD=90^\circ-\alpha

\angle CAP=90^\circ-\beta

. Първо оставяме точките

H,M,N

настрана. От

E\in AP

E\in\Omega

имаме

\angle AEC=\angle ABC=\angle CAB=90^\circ-\alpha

, следователно

CE\parallel AD

. По същия начин

DF\parallel AC

. Ако

A_0=CE\cap DF

, тогава

ACA_0D

е успоредник, а освен това

BA_0\parallel CD

. Нека

T

е центърът на описаната окръжност на триъгълника

A_0EF

. От вече намерените успоредности се получава

\angle FEA_0=90^\circ-\alpha,

\qquad \angle A_0FE=90^\circ-\beta,\qquad \angle EA_0F=\alpha+\beta.

Понеже

T

е център на тази окръжност,

\angle EA_0T=90^\circ-\angle A_0FE=\beta=\angle CA_0B

, така че

T

лежи на правата

BA_0

. Освен това

\angle ETF=2(\alpha+\beta)=\angle EBF

, откъдето

T

е среда на дъгата

EF

на окръжността

(BEF)

. Сега връщаме

M,N

и точката

H

; тук

H

е ортоцентърът от условието. Хомотетията с център

F

, която праща триъгълника

FEA_0

в триъгълника

FAD

, праща центъра

T

N

; следователно

F,T,N

са колинеарни. Аналогично

E,T,M

са колинеарни. От друга страна

MH\perp PN

, а

PN

е симетрала на

AD

, затова

MH\parallel AD

; също

NH\parallel AC

. Следователно

MH

NH

са ъглополовящи съответно в триъгълника

TMN

, т.е.

H

е инцентър на този триъгълник. По-специално

\angle NTH=\angle HTM=90^\circ-(\alpha+\beta).

Но

\angle NFA=90^\circ-\angle ADF=90^\circ-(\alpha+\beta)

, следователно

HT\parallel AP

. Понеже

T

е среда на дъгата

EF

на

(BEF)

, допирателната към

(BEF)

T

е точно правата, успоредна на

AP

. Тази права минава през

H

, което доказва твърдението.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2025/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Функция

f:\mathbb N\to\mathbb N

се нарича бонза, ако

f(a)

дели

b^a-f(b)f(a)

за всички положителни цели числа

a

b

. Да се намери най-малката реална константа

c

, така че

f(n)\le cn

за всяка бонза функция

f

и всяко положително цяло число

n

Решение

Отговорът е

c=4

. Нека

P(a,b)

означава даденото условие. Първо, от

P(n,n)

следва, че

f(n)\mid n^n

за всяко

n

. Затова, ако

q

е просто и

f(q)\gt{}1

, то

f(q)

е степен на

q

. Тогава от

P(q,t)

и малката теорема на Ферма получаваме

q\mid t-f(t)

за всяко

t

. Ако

f

не е тъждествената функция, това може да се случи само за краен брой такива прости

q

. Нека сега

p

е нечетно просто число. Избираме голямо просто

q

q\not\equiv1\pmod p

и с

f(q)=1

. От

P(p,q)

имаме

f(p)\mid q^p-f(p)

. Ако

p

делеше

f(p)

, то дясната страна би била

q^p\equiv q\not\equiv0\pmod p

, противоречие. Следователно

f(p)=1

за всяко нечетно просто

p

. Оттук всеки

f(n)

е степен на

2

: ако нечетно просто

p

дели

f(n)

, то

P(n,p)

дава

p\mid p^n-f(p)f(n)=p^n-f(n)

, невъзможно. Накрая при

P(n,5)

получаваме

f(n)\mid5^n-f(5)f(n)=5^n-f(n)

. Понеже

f(5)=1

f(n)

е степен на

2

, използваме стандартната оценка

\nu_2(5^n-1)=\nu_2(n)+2

. Следователно

f(n)\le2^{\nu_2(n)+2}\le4n

. Значи

c=4

винаги работи. Остава да видим, че по-малка константа не стига. Дефинираме

f(n)=1

за нечетни

n

f(4)=16

f(n)=2

за четни

n\ne4

. Проверка по случаи показва, че тази функция е бонза: при нечетно

a

делителят е

1

, а при четно

a

всички нужни сравнения са по модул степен на

2

и следват от паритета на

b^a

и избора на стойностите

1,2,16

. Тази функция има

f(4)=16=4\cdot4

, така че никоя константа

c\lt{}4

не може да работи.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2025/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Безкрайна редица

a_1,a_2,\ldots

се състои от положителни цели числа, всяко от които има поне три собствени делителя. За всяко

n\ge1

числото

a_{n+1}

е сборът на трите най-големи собствени делителя на

a_n

. Да се определят всички възможни стойности на

a_1

Решение

Отговорът е

a_1=6\cdot12^e\ell,

където

e\ge0

\ell\ge1

\gcd(\ell,10)=1

. Нека

\psi(x)

е сборът на трите най-големи собствени делителя на

x

. Ако

x=6\cdot12^e\ell

\gcd(\ell,10)=1

, тогава при

e\gt{}0

трите най-големи собствени делители са

x/2,x/3,x/4

, така че

\psi(x)=13x/12

. При

e=0

трите най-големи са

x/2,x/3,x/6

\psi(x)=x

. Следователно след краен брой стъпки множителят

12^e

се заменя с

13^e

, а после редицата става константна; всички членове имат поне три собствени делителя. Така всички посочени стойности работят. Да докажем, че други няма. Първо, ако

x

е нечетно, тогава всички негови делители са нечетни, затова

\psi(x)

е нечетно. Освен това трите най-големи собствени делителя са най-много

x/3,x/5,x/7

, така че

\psi(x)\lt{}x

. Следователно не може някой член на безкрайна допустима редица да е нечетен, защото оттам нататък бихме получили строго намаляваща редица от положителни нечетни числа. Ако

x

е четно, но

3\nmid x

, тогава отново

\psi(x)\lt{}x

: трите най-големи собствени делителя са най-много

x/2,x/4,x/5

. Освен това стандартната проверка по най-малък прост делител показва, че

3\nmid\psi(x)

. Значи и такъв член би довел до безкрайно строго намаляване. Следователно всеки

a_n

се дели на

6

. За кратно на

6

число

x

имаме точно следните възможности:

\psi(x)=13x/12\quad(4\mid x),

\qquad \psi(x)=31x/30\quad(4\nmid x,\ 5\mid x),

\qquad \psi(x)=x\quad(4\nmid x,\ 5\nmid x).

Средният случай не може да се появи в нашата редица, защото тогава

31x/30

е нечетно, докато вече знаем, че всички членове са кратни на

6

. Така на всяка стъпка или умножаваме по

13/12

, или оставаме на място. Невъзможно е да умножаваме по

13/12

безкрайно много пъти, затова след някакъв момент редицата е константна. Ако това става след

e

умножения, последният член е от вида

6\cdot13^e\ell

\gcd(\ell,10)=1

, а началният е

6\cdot12^e\ell

. Получаваме точно заявения отговор.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2025/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис

Условие

Алиса и Боб играят игра, чиито правила зависят от положително реално число

\lambda

, известно и на двамата. На

n

-ия ход, започвайки с

n=1

, се случва следното: - ако

n

е нечетно, Алиса избира неотрицателно реално число

x_n

, така че

x_1+x_2+\cdots+x_n\le\lambda n

; - ако

n

е четно, Боб избира неотрицателно реално число

x_n

, така че

x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2\le n

. Ако играч не може да избере подходящо

x_n

, играта свършва и другият играч печели. Ако играта продължи безкрайно, никой не печели. Всички избрани числа са известни и на двамата. Да се определят всички стойности на

\lambda

, за които Алиса има печеливша стратегия, и всички стойности, за които Боб има печеливша стратегия.

Решение

Алиса има печеливша стратегия точно за

\lambda\gt{}1/\sqrt2

, а Боб има печеливша стратегия точно за

\lambda\lt{}1/\sqrt2

. При

\lambda=1/\sqrt2

никой от двамата не може да гарантира победа. Първо описваме стратегията на Алиса. Тя играе

x_{2i+1}=0

до достатъчно късен избран момент. Ако след

2k

хода е ред на Алиса, от условието на Боб и Коши-Шварц имаме

x_2+x_4+\cdots+x_{2k}\le

\sqrt{\vphantom{x^2}k(x_2^2+x_4^2+\cdots+x_{2k}^2)}\le\sqrt{\vphantom{x^2}2}k.

Следователно Алиса може да играе на ход

2k+1

, стига интервалът

0\le x_{2k+1}\le\lambda(2k+1)-\sqrt2 k

да е непразен. При

\lambda\ge1/\sqrt2

това не я кара да загуби. Ако

\lambda\gt{}1/\sqrt2

, избираме

k

толкова голямо, че горната граница да е по-голяма от

\sqrt{\vphantom{x^2}2k+2}

. Тогава Алиса избира такова

x_{2k+1}

, и на следващия ход Боб не може да запази сумата от квадратите най-много

2k+2

. Значи Алиса печели. Сега стратегията на Боб. След всеки ход на Алиса той избира възможно най-голямото разрешено число

x_{2i+2}=\sqrt{\vphantom{x^2}2-x_{2i+1}^2}.

Това е законно, стига

x_{2i+1}\lt{}\sqrt2

. За да го проверим, групираме ходовете по двойки. За всяко

t\ge0

е вярно

t+\sqrt{\vphantom{x^2}2-t^2}\ge\sqrt2

в допустимия интервал. Следователно след хода

2k+1

на Алиса имаме

\lambda(2k+1)\ge x_1+x_2+\cdots+x_{2k+1}\ge k\sqrt2+x_{2k+1},

тоест

x_{2k+1}\le\lambda(2k+1)-k\sqrt2.

При

\lambda\le1/\sqrt2

това е винаги по-малко от

\sqrt2

, така че Боб не губи. Ако

\lambda\lt{}1/\sqrt2

, за достатъчно голямо

k

дясната страна става отрицателна, което означава, че Алиса изобщо не може да направи валиден ход. Затова Боб печели. Равенството

\lambda=1/\sqrt2

остава точно граничният случай, в който и двамата имат стратегии да не загубят, но никой не може да принуди победа.

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2025/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис

Условие

Разглеждаме

2025\times2025

квадратна решетка от единични квадратчета. Матилда иска да постави върху решетката няколко правоъгълни плочки, евентуално с различни размери, така че всяка страна на всяка плочка да лежи върху линия на решетката и всяко единично квадратче да бъде покрито от най-много една плочка. Да се намери минималният брой плочки, които Матилда трябва да постави, така че във всеки ред и във всяка колона да има точно едно единично квадратче, което не е покрито от никоя плочка.

Решение

Отговорът е

2112=2025+2\cdot45-3

. Ще използваме по-общата форма за

n=k^2

, където отговорът е

k^2+2k-3

. Първо конструкцията. Разделяме страните на дъската на

k

блока по

k

последователни реда и колони. Оставяме непокрити клетките

((u-1)k+v,\ (v-1)k+k-u+1),\qquad 1\le u,v\le k.

Това е пермутация на редовете и колоните, затова във всеки ред и във всяка колона има точно една непокрита клетка. Останалата част се покрива по стълбовидния модел, определен от тези клетки: вътрешността дава

(k-1)^2

квадрата с размер

k\times k

, а по четирите края остават общо

4(k-1)

правоъгълни плочки. Така броят на плочките е

(k-1)^2+4(k-1)=k^2+2k-3.

За

k=45

това дава

2025+90-3=2112

плочки. Остава долната оценка. Нека непокритите клетки се наричат черни. Понеже във всеки ред и във всяка колона има точно една такава клетка, те задават пермутация на

1,2,\ldots,n

. Нека най-дългата растяща подпоследователност има дължина

a

, а най-дългата намаляваща подпоследователност има дължина

b

. По теоремата на Ердьош-Секереш имаме

ab\ge n

, следователно

a+b\ge2\sqrt n

. Начертаваме растящата подпоследователност като начупена линия и я свързваме със северозападния и югозападния ъгъл на дъската. По същия начин начертаваме намаляващата подпоследователност и я свързваме със северозападния и югоизточния ъгъл. Тези две начупени линии разделят дъската на четири области. За всяка черна клетка в северната област записваме буквата

N

в клетката над нея; аналогично записваме

E,S,W

за източната, южната и западната област. Ако черна клетка лежи на гранична начупена линия, записваме всички съответни букви. Общият брой записани букви е

n+a+b+1

, ако избраните растяща и намаляваща подпоследователност се пресичат, и

n+a+b

иначе. Значи той е поне

n+2\sqrt n+\varepsilon

, където

\varepsilon

1

в първия случай и

0

във втория. По начина, по който са записани буквите, нито една правоъгълна плочка не може да съдържа две клетки с букви: между такива две клетки задължително има черна клетка или граница от начупените линии, която пречи те да попаднат в един правоъгълник. Най-много четири от буквите могат да излязат извън дъската. Ако

\varepsilon=1

, получаваме поне

n+2\sqrt n-3

плочки. Ако

\varepsilon=0

, оценката дава първо

n+2\sqrt n-4

, но клетката, в която се пресичат двете начупени линии, не носи буква и също не може да бъде покрита заедно с буквените клетки; това добавя още една необходима плочка. И в двата случая са нужни поне

n+2\sqrt n-3

плочки. При

n=2025=45^2

това е

2112

Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2025/6Условие — източник