maths.bgmaths.bg
Всички колекции
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 годинаПо клас

Избрана година

1998

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Изпъкналият четириъгълник ABCDABCD има перпендикулярни диагонали. Симетралите на страните ABAB и CDCD се пресичат в единствена точка PP във вътрешността на ABCDABCD. Докажете, че ABCDABCD е вписан тогава и само тогава, когато триъгълниците ABPABP и CDPCDP имат равни лица.
РешениеАко ABCDABCD е вписан, то PP 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=PDPA=PB=PC=PD, получаваме равни лица на △ABP\triangle ABP и △CDP\triangle CDP. Остава трудната посока. Нека MM и NN са средите съответно на ABAB и CDCD, а E=AC∩BDE=AC\cap BD.ABCDPMNEXПърво ще докажем, че без допълнителни условия е вярно∠NEM=∠MPN\angle NEM=\angle MPNкато насочени ъгли. Наистина, ENEN е медиана към хипотенузата в правоъгълния триъгълник ECDECD, а аналогично EMEM е медиана към хипотенузата в правоъгълния триъгълник EABEAB. Следователно∠NED=∠EDN=∠BDC,∠AEM=∠ACB.\angle NED=\angle EDN=\angle BDC,\qquad \angle AEM=\angle ACB.Нека X=AB∩CDX=AB\cap CD. Понеже AC⊥BDAC\perp BD, като разгледаме четириъгълника XDEAXDEA, получаваме∠NED+∠AEM+∠DXA=90∘.\angle NED+\angle AEM+\angle DXA=90^\circ.Затова∠NEM=∠NED+∠AEM+90∘=\angle NEM=\angle NED+\angle AEM+90^\circ=−∠DXA=−∠NXM=−∠NPM,-\angle DXA=-\angle NXM=-\angle NPM,което е същото твърдение в насочени ъгли. От равенството на лицата имаме[ABP]=[CDP].[ABP]=[CDP].Тъй като PM⊥ABPM\perp AB, PN⊥CDPN\perp CD, AB=2EMAB=2EM и CD=2ENCD=2EN, това е еквивалентно наENEM=PMPN.\frac{EN}{EM}=\frac{PM}{PN}.За фиксирани M,N,PM,N,P последното отношение, заедно с вече доказаното равенство на ъглите и с факта, че ∠MEN>90∘\angle MEN\gt{}90^\circ в тази конфигурация, определя точката EE еднозначно: тя е отражението на PP спрямо средата на MNMN. Следователно EMPNEMPN е успоредник. Понеже PN⊥CDPN\perp CD, получаваме ME⊥CDME\perp CD. Оттук∠BAE=∠CEM=∠EDC,\angle BAE=\angle CEM=\angle EDC,което доказва, че ABCDABCD е вписан.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
В състезание участват aa състезатели и bb съдии, където b≥3b\ge3 е нечетно цяло число. Всеки съдия оценява всеки състезател като издържал или неиздържал. Нека kk е число с това свойство: за всеки двама съдии оценките им съвпадат за най-много kk състезатели. Докажете, че ka≥b−12b.\frac{k}{a}\ge\frac{b-1}{2b}.
РешениеЩе броим по два начина съвпадащите оценки. Нека NN е броят на двойките (J1,J2,C)({J_1,J_2},C), където J1J_1 и J2J_2 са различни съдии, а CC 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 kk състезатели. Следователно N≤(b2)k.N\le \binom b2 k. От друга страна, запишем ли b=2m+1b=2m+1, за фиксиран състезател CC нека rr съдии са го оценили като издържал, а останалите b−rb-r като неиздържал. Броят на двойките съдии със съвпадаща оценка за този CC е (r2)+(b−r2).\binom r2+\binom{b-r}{2}. Тази величина е минимална, когато r=mr=m или r=m+1r=m+1, и тогава е (m2)+(m+12)=m2.\binom m2+\binom{m+1}{2}=m^2. Значи всеки състезател допринася поне m2m^2 и N≥am2.N\ge am^2. Комбинираме двете оценки: am2≤N≤(2m+12)k=m(2m+1)k.am^2\le N\le \binom{2m+1}{2}k=m(2m+1)k. След съкращаване получаваме ka≥m2m+1=b−12b,\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 nn нека τ(n)\tau(n) означава броя на положителните му делители, включително 11 и самото nn. Определете всички положителни цели числа mm, за които съществува положително цяло число nn такова, че τ(n2)τ(n)=m.\frac{\tau(n^2)}{\tau(n)}=m.
РешениеОтговорът е: точно всички нечетни положителни цели числа. Нека n=∏ipiei.n=\prod_i p_i^{e_i}. Тогава τ(n2)τ(n)=∏i2ei+1ei+1.\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 MM. За M=1M=1 вземаме n=1n=1. Нека M>1M\gt{}1 е нечетно и да запишем M+1=2tk,M+1=2^t k, където t≥1t\ge1 и kk е нечетно. По индукционното предположение числото kk вече може да се представи като произведение на множители от вида (2e+1)/(e+1)(2e+1)/(e+1). Сега използваме телескопичното произведение ∏r=t2t−12r+1k−2r−t+1(k+1)+12rk−2r−t(k+1)+1=\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}=(2tk−1)(2t−1)k(2t−1)=Mk.\frac{(2^t k-1)(2^t-1)}{k(2^t-1)}=\frac Mk. Всеки множител вляво е от вида (2e+1)/(e+1)(2e+1)/(e+1), защото знаменателят е e+1e+1 за e=2rk−2r−t(k+1),e=2^r k-2^{r-t}(k+1), а числителят е 2e+12e+1. Следователно можем да умножим представянето на kk по това телескопично произведение и получаваме представяне на MM. Накрая избираме различни прости числа за всички използвани показатели ee, което дава нужното nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Намерете всички двойки положителни цели числа (x,y)(x,y), за които xy2+y+7xy^2+y+7 дели x2y+x+yx^2y+x+y.
РешениеОтговорът е (x,y)=(7k2,7k)(k≥1),(x,y)=(7k^2,7k)\quad(k\ge1),(11,1),(49,1).\qquad (11,1),\qquad (49,1). Нека D=xy2+y+7.D=xy^2+y+7. От условието D∣x2y+x+yD\mid x^2y+x+y. Умножаваме делимото по yy и изваждаме xDxD; получаваме D∣y(x2y+x+y)−x(xy2+y+7)=y2−7x.D\mid y(x^2y+x+y)-x(xy^2+y+7)=y^2-7x.Ако y2>7xy^2\gt{}7x, то 0<y2−7x<D0\lt{}y^2-7x\lt{}D, невъзможно. Ако y2=7xy^2=7x, тогава 7∣y7\mid y, да кажем y=7ky=7k, и x=7k2x=7k^2. Тези двойки наистина работят, защото тогава x2y+x+y=k(xy2+y+7).x^2y+x+y=k(xy^2+y+7).Остава случаят y2<7xy^2\lt{}7x. Тогава DD дели положителното число 7x−y27x-y^2, значи xy2+y+7=D≤7x−y2<7x.xy^2+y+7=D\le7x-y^2\lt{}7x. Оттук y2<7y^2\lt{}7, тоест y=1y=1 или y=2y=2. При y=1y=1 получаваме x+8∣x2+x+1.x+8\mid x^2+x+1. По модул x+8x+8 това е еквивалентно на x+8∣64−8+1=57,x+8\mid 64-8+1=57, откъдето x+8=19x+8=19 или x+8=57x+8=57, тоест x=11x=11 или x=49x=49. При y=2y=2 имаме 4x+9∣2x2+x+2.4x+9\mid 2x^2+x+2. Умножаваме по 88 и редуцираме с 4x≡−94x\equiv -9 по модул 4x+94x+9: 4x+9∣16x2+8x+16≡81−18+16=79.4x+9\mid 16x^2+8x+16\equiv81-18+16=79. Но 4x+94x+9 не може да бъде делителят 11 или 7979 за положително цяло xx, така че тук решения няма.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека II е инцентърът на триъгълник ABCABC. Вписаната окръжност на ABCABC се допира до страните BCBC, CACA и ABAB съответно в KK, LL и MM. Правата през BB, успоредна на MKMK, пресича правите LMLM и LKLK съответно в RR и SS. Докажете, че ъгълът RISRIS е остър.
РешениеПонеже KK, LL и MM лежат върху вписаната окръжност с център II, точката II е центърът на описаната окръжност на триъгълника MKLMKL. Ще дадем проверено координатно доказателство на елементарната идея. Нормализираме вписаната окръжност да е единичната окръжност с център I=(0,0)I=(0,0) и завъртаме чертежа така, че допирните точки от BB саK=(cos⁡α,−sin⁡α),M=(cos⁡α,sin⁡α).K=(\cos\alpha,-\sin\alpha),\qquad M=(\cos\alpha,\sin\alpha).Тогава допирателните в KK и MM се пресичат в B=(sec⁡α,0)B=(\sec\alpha,0). Нека още L=(u,v)L=(u,v); имаме u2+v2=1u^2+v^2=1. Понеже MKMK е вертикална, правата през BB, успоредна на MKMK, е x=sec⁡αx=\sec\alpha. Акоλ=sec⁡α−ucos⁡α−u,\lambda=\frac{\sec\alpha-u}{\cos\alpha-u},то пресечните точки с LMLM и LKLK саR=L+λ(M−L),S=L+λ(K−L).R=L+\lambda(M-L),\qquad S=L+\lambda(K-L).Следователно техните ординати саyR=(1−λ)v+λsin⁡α,yS=(1−λ)v−λsin⁡α.y_R=(1-\lambda)v+\lambda\sin\alpha,\qquad y_S=(1-\lambda)v-\lambda\sin\alpha.От формулата за λ\lambda получаваме1−λ=−sin⁡2αcos⁡α(cos⁡α−u).1-\lambda=-\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha(\cos\alpha-u)}.Затова, използвайки v2=1−u2v^2=1-u^2,yRyS=(1−λ)2v2−λ2sin⁡2α=−tan⁡2α.y_Ry_S=(1-\lambda)^2v^2-\lambda^2\sin^2\alpha=-\tan^2\alpha.СегаIR→⋅IS→=sec⁡2α+yRyS=sec⁡2α−tan⁡2α=1>0.\overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS}=\sec^2\alpha+y_Ry_S=\sec^2\alpha-\tan^2\alpha=1\gt{}0.Следователно ъгълът RISRIS е остър.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Класифицирайте всички функции f:N→Nf:\mathbb N\to\mathbb N, за които f(n2f(m))=mf(n)2f(n^2f(m))=m f(n)^2 за всички положителни цели числа m,nm,n.
РешениеОтговорът е следният. Избираме произволна инволюция gg върху множеството на простите числа и я продължаваме до напълно мултипликативна функция върху N\mathbb N. После избираме положително цяло число dd с g(d)=dg(d)=d и полагаме f(n)=dg(n).f(n)=d g(n). Всички такива функции работят, защото f(n2f(m))=dg(n)2g(d)g(g(m))=f(n^2f(m))=d g(n)^2 g(d)g(g(m))=d2mg(n)2=mf(n)2.d^2 m g(n)^2=m f(n)^2.Ще докажем, че други решения няма. Нека d=f(1)d=f(1). От уравнението последователно получаваме f(d)=d2,f(f(n))=d2n,f(dn2)=f(n)2.f(d)=d^2,\qquad f(f(n))=d^2n,\qquad f(dn^2)=f(n)^2. Второто равенство в частност показва, че ff е инективна. Сега за произволни a,ba,b имаме f(a)2f(b)2=f(da2)f(b)2=f(a)^2f(b)^2=f(da^2)f(b)^2=f(b2f(f(da2)))=f(d3a2b2)=f(dab)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).f(a)f(b)=f(dab). При a=1a=1 следва df(b)=f(db),d f(b)=f(db), а тогава общото равенство се записва като f(a)f(b)=df(ab).f(a)f(b)=d f(ab).Следва, че всяка стойност на ff се дели на dd. Наистина, от последното равенство по индукция получаваме f(nr)=f(n)rdr−1(r≥1).f(n^r)=\frac{f(n)^r}{d^{r-1}}\quad(r\ge1). Лявата страна е цяло число за всяко rr, а като гледаме степента на всеки прост делител на dd и пуснем rr да расте, получаваме d∣f(n)d\mid f(n). Затова можем да дефинираме g(n)=f(n)/dg(n)=f(n)/d. Тогава g(ab)=g(a)g(b)g(ab)=g(a)g(b), т.е. gg е напълно мултипликативна, а от f(f(n))=d2nf(f(n))=d^2n и f(dn)=df(n)f(dn)=df(n) следва g(g(n))=n.g(g(n))=n. Значи gg е инволюция. Освен това f(d)=d2f(d)=d^2 дава g(d)=dg(d)=d. Накрая gg праща прости числа в прости числа: ако за просто pp числото g(p)g(p) имаше поне два нетривиални множителя, то по мултипликативност и от g(g(p))=pg(g(p))=p бихме получили разлагане на простото число pp. Следователно gg е точно инволюция на простите числа, продължена напълно мултипликативно, и описанието по-горе е пълно.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1998/6Условие — източник