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

1999

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Множество SS от точки в пространството ще наричаме напълно симетрично, ако има поне три елемента и изпълнява следното условие: за всеки две различни точки AA и BB от SS равнината, която е перпендикулярна на ABAB и минава през средата на ABAB, е равнина на симетрия за SS. 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.
РешениеНека GG е центърът на тежестта на точките от SS. Първо ще докажем, че всички точки от SS лежат върху сфера Γ\Gamma с център GG. Наистина, всяка равнина на симетрия на SS фиксира центъра на тежестта му. Следователно за всеки две точки A,B∈SA,B\in S перпендикулярната симетрална равнина на ABAB минава през GG, откъдето GA=GBGA=GB. Сега разглеждаме произволна равнина, която минава през поне три точки на SS. Тя пресича сферата Γ\Gamma в окръжност. Точките на SS в тази равнина образуват правилен многоъгълник: ако AA, BB и CC са три съседни такива точки върху окръжността, симетрията спрямо перпендикулярната симетрална равнина на ABAB дава AB=BCAB=BC, и същото важи за всички съседни страни. Ако всички точки на SS лежат в една равнина, вече сме готови. Иначе точките на SS определят изпъкнал многостен Π\Pi, вписан в Γ\Gamma. От предишния абзац всяка негова стена е правилен многоъгълник, а всички ребра имат една и съща дължина ss. Ще докажем, че всяка стена на Π\Pi е равностранен триъгълник. Да допуснем противното и нека някоя стена е A1A2…AnA_1A_2\dots A_n с n>3n\gt{}3. Нека BB е връх, съседен на A1A_1 в многостена, различен от A2A_2 и AnA_n. Разглеждаме равнината през A1,A3,BA_1,A_3,B. Тя трябва да дава правилен многоъгълник от точки на SS, но върху съответната сечеща окръжност дъгата A1A3A_1A_3 е по-дълга от дъгата A1BA_1B, а по построение между краищата на тези дъги няма други точки от SS. Това противоречи на правилността на многоъгълника. Следователно всички стени на Π\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 CC, така че за всяко цяло число n>1n\gt{}1 и всички неотрицателни реални числа x1,…,xnx_1,\dots,x_n да е изпълнено ∑1≤i<j≤nxixj(xi2+xj2)≤\sum_{1\le i\lt{}j\le n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2)\leC(∑i=1nxi)4. C\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^4. Определете случаите на равенство.
РешениеОтговорът е C=18.C=\frac18. Първо доказваме оценката. Имаме ∑i<jxixj(xi2+xj2)≤\sum_{i\lt{}j}x_ix_j(x_i^2+x_j^2)\le(∑kxk2)(∑i<jxixj).\left(\sum_k x_k^2\right)\left(\sum_{i\lt{}j}x_ix_j\right). Нека A=∑kxk2A=\sum_k x_k^2 и B=2∑i<jxixjB=2\sum_{i\lt{}j}x_ix_j. Тогава (∑ixi)2=A+B(\sum_i x_i)^2=A+B, а от AM-GM следва (∑kxk2)(∑i<jxixj)=AB2≤\left(\sum_k x_k^2\right)\left(\sum_{i\lt{}j}x_ix_j\right)=\frac{AB}{2}\le(A+B)28=18(∑ixi)4.\frac{(A+B)^2}{8}=\frac18\left(\sum_i x_i\right)^4. Значи C=18C=\frac18 е достатъчно. То е и най-малката възможна константа: при n=2n=2 и x1=x2>0x_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 xix_i са положителни, а във втората е нужно A=BA=B. Ако ненулевите членове са aa и bb, това дава a2+b2=2aba^2+b^2=2ab, тоест a=ba=b. Следователно нетривиалните случаи на равенство са точно когато два от xix_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 nn е четно положително цяло число. Да се намери минималният брой квадратчета на дъска n×nn\times n, които трябва да бъдат отбелязани, така че всяко квадратче, независимо дали е отбелязано или не, да има съседно по страна отбелязано квадратче.
РешениеОтговорът еn(n+2)4.\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 12×1212\times12. Същият модел се чете отвън навътре: когато текущият квадрат има четна страна kk, новият външен слой използва k/2k/2 домина, а след това остава същата задача за квадрат със страна k−2k-2. Затова общият брой домина е1+2+⋯+n2=n(n+2)8,1+2+\dots+\frac n2=\frac{n(n+2)}8,а отбелязаните квадратчета са два пъти повече, т.е. n(n+2)4\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)+⋯=(4n-4)+(4(n-4)-4)+(4(n-8)-4)+\dots=n(n+2)2.\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 n(n+2)2\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 mm, получавамеn(n+2)2≤2m,\frac{n(n+2)}2\le2m,откъдетоm≥n(n+2)4.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)(x,p), за които pp е просто число, xp−1x^{p-1} дели (p−1)x+1(p-1)^x+1 и x≤2px\le 2p.
РешениеРешенията са x=1x=1 за всяко просто pp, както и двойките (2,2)(2,2) и (3,3)(3,3). Наистина, x=1x=1 винаги работи. При p=2p=2 условието е x∣2x\mid2, откъдето x=1x=1 или x=2x=2. При p=3p=3 и x≤6x\le6 директната проверка дава x=1x=1 или x=3x=3. Остава да покажем, че други решения няма. Нека x>1x\gt{}1 и нека qq е най-малкият прост делител на xx. Ако q=2q=2, то (p−1)x+1(p-1)^x+1 е нечетно за нечетно pp, а случаят p=2p=2 вече е разгледан; следователно qq е нечетно. От делимостта следва (p−1)x≡−1(modq),(p-1)^x\equiv-1\pmod q, така че редът на p−1p-1 по модул qq е четен, дели 2x2x и дели q−1q-1. Понеже qq е най-малкият прост делител на xx, имаме gcd⁡(q−1,x)=1\gcd(q-1,x)=1, следователно този ред дели 22. Значи редът е 22, тоест p−1≡−1(modq)p-1\equiv-1\pmod q, и така q∣pq\mid p. Понеже pp е просто, получаваме p=qp=q, в частност p∣xp\mid x. Нека a=vp(x)≥1a=v_p(x)\ge1. По LTE, понеже xx е нечетно, vp((p−1)x+1)=1+vp(x)=1+a.v_p((p-1)^x+1)=1+v_p(x)=1+a. От xp−1∣(p−1)x+1x^{p-1}\mid (p-1)^x+1 следва (p−1)a≤1+a,(p-1)a\le1+a, което е възможно само при p=3p=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 Ω1\Omega_1 и Ω2\Omega_2 се допират вътрешно до окръжността Ω\Omega съответно в точките MM и NN, а центърът на Ω2\Omega_2 лежи върху Ω1\Omega_1. Общата хорда на окръжностите Ω1\Omega_1 и Ω2\Omega_2 пресича Ω\Omega в точките AA и BB. Правите MAMA и MBMB пресичат Ω1\Omega_1 за втори път съответно в точките CC и DD. Докажете, че Ω2\Omega_2 се допира до правата CDCD.
РешениеНека PP и QQ са центровете съответно на Ω1\Omega_1 и Ω2\Omega_2. Нека правата MQMQ пресича Ω\Omega за втори път в WW; това е образът на QQ при хомотетията с център MM, която изпраща Ω1\Omega_1 в Ω\Omega. Нека още TT е пресечната точка на отсечката PQPQ с Ω2\Omega_2, а LL е нейният образ върху Ω\Omega при хомотетията с център NN. Понеже правата PTQPTQ е перпендикулярна на общата хорда ABAB, получаваме, че LWLW е диаметър на Ω\Omega. Да означим центъра на Ω\Omega с OO.OMPQABCDTLNWEПърво, четириъгълникът MNTQMNTQ е вписан. Наистина, по теоремата на Райм имаме∠TQM=∠LWM=∠LNM=∠TNM,\angle TQM=\angle LWM=\angle LNM=\angle TNM,което доказва твърдението. Нека EE е средата на ABAB. Ще използваме и факта, че OEMNOEMN е вписан. Допирателните към Ω\Omega в MM и NN са радикалните оси съответно на двойките (Ω,Ω1)(\Omega,\Omega_1) и (Ω,Ω2)(\Omega,\Omega_2), а правата ABAB е радикалната ос на (Ω1,Ω2)(\Omega_1,\Omega_2). Следователно тези три прави се пресичат в един радикален център RR. Понеже OM⊥RMOM\perp RM, ON⊥RNON\perp RN и OE⊥REOE\perp RE, точките O,E,M,NO,E,M,N лежат на окръжността с диаметър OROR. Сега ще докажем, че M,T,EM,T,E са колинеарни. От вече доказаната вписаност на MNTQMNTQ, от хомотетичните построения на LL и WW, и от вписаността на OEMNOEMN получаваме∠NMT=∠TQN=∠LON=∠NOE=∠NME.\angle NMT=\angle TQN=\angle LON=\angle NOE=\angle NME.Значи правите MTMT и MEME съвпадат. Накрая разглеждаме хомотетията с център MM, която изпраща Ω\Omega в Ω1\Omega_1. Тя изпраща триъгълника WABWAB в триъгълника QCDQCD. Следователно средата EE на ABAB се изпраща в средата на CDCD. Образът на EE лежи на правата MEME, а средата на хордата CDCD лежи и на правата през PP и QQ, перпендикулярна на ABAB. Тази пресечна точка е TT, понеже вече знаем, че M,T,EM,T,E са колинеарни. Значи T,C,DT,C,D са колинеарни. Освен това QT⊥CDQT\perp CD, така че правата CDCD е допирателна към Ω2\Omega_2 в TT, както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R, за които f(x−f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)−1f(x-f(y))=f(f(y))+xf(y)+f(x)-1 за всички x,y∈Rx,y\in\mathbb R.
РешениеОтговорът е f(x)=1−x22,f(x)=1-\frac{x^2}{2}, което се проверява директно. За обратната посока означаваме даденото равенство с P(x,y)P(x,y). От P(f(y),y)P(f(y),y) получаваме 2f(f(y))+f(y)2−1=f(0).2f(f(y))+f(y)^2-1=f(0). Нека c=f(0)−12c=\frac{f(0)-1}{2} и S=im⁡fS=\operatorname{im} f. Тогава за всяко s∈Ss\in S имаме f(s)=c+1−s22.f(s)=c+1-\frac{s^2}{2}. Следователно за всяко x∈Rx\in\mathbb R и s∈Ss\in S е вярно f(x−s)=f(x)+sx+c−s22.(1)f(x-s)=f(x)+sx+c-\frac{s^2}{2}.\qquad(1) Множеството SS има ненулев елемент: иначе f≡0f\equiv0, което не удовлетворява уравнението. Фиксираме s0∈Ss_0\in S, s0≠0s_0\ne0. От (1) разликата f(t−s0)−f(t)=s0t+c−s022f(t-s_0)-f(t)=s_0t+c-\frac{s_0^2}{2} приема всички реални стойности, когато tt се мени, така че S−S=RS-S=\mathbb R. Нека z∈Rz\in\mathbb R и изберем u,v∈Su,v\in S с z=u−vz=u-v. Прилагаме (1) два пъти, веднъж с x+vx+v и uu, и веднъж с x+vx+v и vv: f(x−z)=f(x+v−u)=f(x+v)+u(x+v)+c−u22,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−v22.f(x)=f(x+v-v)=f(x+v)+v(x+v)+c-\frac{v^2}{2}. След изваждане, понеже u−v=zu-v=z, получаваме f(x−z)=f(x)+zx−z22.(2)f(x-z)=f(x)+zx-\frac{z^2}{2}.\qquad(2) В (2) полагаме x=zx=z. Тогава за всяко реално zz имаме f(z)=f(0)−z22.f(z)=f(0)-\frac{z^2}{2}. Нека A=f(0)A=f(0). Замествайки f(x)=A−x22f(x)=A-\frac{x^2}{2} в първоначалното уравнение, двете страни се различават точно с A−1A-1, следователно A=1A=1. Значи единствената функция е f(x)=1−x22.f(x)=1-\frac{x^2}{2}.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 1999/6Условие — източник