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

2000

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Две окръжности G1G_1 и G2G_2 се пресичат в две точки MM и NN. Нека ABAB е права, допирателна към тези окръжности съответно в AA и BB, като MM е по-близо до ABAB от NN. Нека CDCD е правата, успоредна на ABAB и минаваща през MM, като CC лежи на G1G_1, а DD лежи на G2G_2. Правите ACAC и BDBD се пресичат в EE; правите ANAN и CDCD се пресичат в PP; правите BNBN и CDCD се пресичат в QQ. Докажете, че EP=EQEP=EQ.
РешениеПърво имаме∠EAB=∠ACM=∠BAM,\angle EAB=\angle ACM=\angle BAM,където използваме теоремата за ъгъла между допирателна и хорда и успоредността AB∥CDAB\parallel CD. По същия начин∠EBA=∠BDM=∠ABM.\angle EBA=\angle BDM=\angle ABM.Следователно ABAB разполовява ъглите ∠EAM\angle EAM и ∠EBM\angle EBM, а оттук триъгълниците EABEAB и MABMAB са еднакви.MNABCDEPQTОт тази еднаквост получаваме AE=AMAE=AM и BE=BMBE=BM, така че и AA, и BB лежат на симетралата на отсечката EMEM. Значи правата ABAB е симетрала на EMEM. Ще използваме и стандартния факт, че за две пресичащи се окръжности общата хорда MNMN разполовява отсечката между допирните точки на общата допирателна, т.е. правата MNMN минава през средата на ABAB. Понеже AB∥PQAB\parallel PQ и MM лежи на PQPQ, от същата хомотетична конфигурация следва, че MM е средата на PQPQ. Сега ABAB е симетрала на EMEM, а PQ∥ABPQ\parallel AB и MM е средата на PQPQ. Отразяването спрямо ABAB изпраща EE в MM и запазва посоката на правите, успоредни на ABAB; следователно точките PP и QQ са симетрично разположени спрямо перпендикуляра през EE към ABAB. Еквивалентно, ако вземем координати с ABAB хоризонтална, EE и MM имат една и съща абсциса, а PP и QQ са на една хоризонтална права със среда MM. Затова EP=EQEP=EQ, както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са положителни реални числа и abc=1abc=1. Докажете, че (a−1+1b)(b−1+1c)(c−1+1a)≤1.\left(a-1+\frac1b\right)\left(b-1+\frac1c\right)\left(c-1+\frac1a\right)\le 1.
РешениеПолагаме a=x/ya=x/y, b=y/zb=y/z, c=z/xc=z/x за положителни x,y,zx,y,z. Тогава даденото неравенство е еквивалентно на (−x+y+z)(x−y+z)(x+y−z)≤xyz.(-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>0xyz\gt{}0, така че всичко е доказано. Остава случаят, в който и трите множителя са неотрицателни. Нека m=−x+y+z,n=x−y+z,p=x+y−z.m=-x+y+z,\quad n=x-y+z,\quad p=x+y-z. Тогава 2x=n+p2x=n+p, 2y=p+m2y=p+m, 2z=m+n2z=m+n, следователно трябва да докажем mnp≤(m+n)(n+p)(p+m)8.mnp\le \frac{(m+n)(n+p)(p+m)}8. Това следва веднага от AM-GM: m+n≥2x2mnm+n\ge2\sqrt{\vphantom{x^2}mn}, n+p≥2x2npn+p\ge2\sqrt{\vphantom{x^2}np} и p+m≥2x2pmp+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≥2n\ge2 е цяло число, а λ\lambda е положително реално число. В началото върху хоризонтална права има nn бълхи, не всички в една точка. Един ход се състои в избиране на две бълхи в точки AA и BB, като AA е вляво от BB, след което бълхата от AA прескача бълхата от BB и застава в точка CC така, че BC/AB=λBC/AB=\lambda. Определете всички стойности на λ\lambda, за които за всяка точка MM на правата и за всяко начално положение на бълхите съществува редица от ходове, след която всички бълхи са вдясно от MM.
РешениеОтговорът е λ≥1n−1.\lambda\ge\frac1{n-1}. Първо нека λ<1/(n−1)\lambda\lt{}1/(n-1). След всеки ход подреждаме координатите на бълхите като x1≤x2≤⋯≤xnx_1\le x_2\le\cdots\le x_n и разглеждаме L=xn−λ(x1+x2+⋯+xn−1).L=x_n-\lambda(x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}). Ако бълха от xix_i прескочи бълха от xjx_j за i<ji\lt{}j, новата координата е y=(1+λ)xj−λxiy=(1+\lambda)x_j-\lambda x_i. Ако y≥xny\ge x_n, директно сравнение дава промяна (1+λ)(xj−xn)≤0(1+\lambda)(x_j-x_n)\le0; ако y<xny\lt{}x_n, промяната е −λ(y−xi)≤0-\lambda(y-x_i)\le0. Значи LL никога не нараства. От друга страна L≥(1−(n−1)λ)xn,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 MM. Значи такива λ\lambda не вършат работа. Нека сега λ≥1/(n−1)\lambda\ge1/(n-1). Винаги караме най-лявата бълха да прескача най-дясната. Ако началните разстояния между съседни бълхи са a1,…,an−1a_1,\ldots,a_{n-1}, то новите крайни разстояния образуват редица sks_k с sk=aks_k=a_k за 1≤k≤n−11\le k\le n-1 и sk=λ(sk−1+sk−2+⋯+sk−n+1)(k≥n).s_k=\lambda(s_{k-1}+s_{k-2}+\cdots+s_{k-n+1})\quad(k\ge n). Понеже λ≥1/(n−1)\lambda\ge1/(n-1), всеки нов член е поне средното аритметично на предишните n−1n-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 MM.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Фокусник има сто карти, номерирани от 11 до 100100. 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?
РешениеОтговорът е 12.12. Нека множествата в трите кутии са A,B,CA,B,C. Условието е точно сумите A+BA+B, B+CB+C и C+AC+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,…,199}\{3,4,\ldots,199\}. Използваме стандартната лема: за непразни крайни множества реални числа X,YX,Y е вярно ∣X+Y∣≥∣X∣+∣Y∣−1|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≥∣A+B∣+∣B+C∣+∣C+A∣≥197\ge |A+B|+|B+C|+|C+A|\ge2(∣A∣+∣B∣+∣C∣)−3=197.2(|A|+|B|+|C|)-3=197. Следователно навсякъде има равенство и трите сумови множества точно разбиват {3,4,…,199}\{3,4,\ldots,199\}. Сумите 3,4,198,1993,4,198,199 имат единствени представяния: 3=1+23=1+2, 4=1+34=1+3, 198=98+100198=98+100, 199=99+100199=99+100. Оттук двойките (1,2)(1,2), (1,3)(1,3), (98,100)(98,100) и (99,100)(99,100) са в различни кутии. Ако две кутии са едноелементни, това налага, с точност до размяна на кутиите, разпределението {1}\{1\}, {100}\{100\}, {2,3,…,99}\{2,3,\ldots,99\}. То наистина работи. Ако няма две едноелементни кутии, равенството в лемата налага A,B,CA,B,C да са аритметични прогресии с една и съща разлика dd. Сред числата 1,2,3,41,2,3,4 две попадат в една кутия, следователно d≤3d\le3. При d=3d=3 получаваме точно разпределението по остатъци по модул 33, което работи. При d=2d=2 можем да приемем 1∈A1\in A, 2∈B2\in B, откъдето 3∈C3\in C; тогава се налага A={1}A=\{1\}, B={2,4,…,100}B=\{2,4,\ldots,100\}, C={3,5,…,99}C=\{3,5,\ldots,99\}, но 1+4=2+31+4=2+3, противоречие. При d=1d=1 отново се получава вече намереното разпределение {1}\{1\}, {2,3,…,99}\{2,3,\ldots,99\}, {100}\{100\}. Така има точно два вида разпределения без етикети на кутиите; понеже кутиите са три различни цвята, получаваме 2⋅3≠122\cdot3\neq{}12 начина.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Съществува ли положително цяло число nn, което има точно 20002000 различни прости делителя и за което n∣2n+1?n\mid 2^n+1?
РешениеДа, съществува. Ще наричаме едно число добро, ако n∣2n+1n\mid2^n+1. Числото 99 е добро. Ще докажем, че ако n>3n\gt{}3 е добро, можем да добавим нов прост делител и пак да получим добро число. По теоремата на Жигмонди за 22n−12^{2n}-1 съществува примитивен прост делител pp, защото единственото изключение при степен 2n2n тук би било 2n=62n=6, а n>3n\gt{}3. Тогава редът на 22 по модул pp е 2n2n. Следователно p∣2n+1p\mid2^n+1, понеже p∣22n−1p\mid2^{2n}-1, но p∤2n−1p\nmid2^n-1. Освен това p∤np\nmid n: ако p∣np\mid n, от ord⁡p(2)=2n\operatorname{ord}_p(2)=2n следва 2n∣p−12n\mid p-1, което е невъзможно при p≤np\le n. Остава да проверим, че npnp е добро. От 2n≡−1(modn)2^n\equiv-1\pmod n и от нечетността на pp следва 2np≡−1(modn)2^{np}\equiv-1\pmod n. Също така 2n≡−1(modp)2^n\equiv-1\pmod p, откъдето 2np≡−1(modp)2^{np}\equiv-1\pmod p. Понеже gcd⁡(n,p)=1\gcd(n,p)=1, получаваме np∣2np+1np\mid2^{np}+1. Така при всяка стъпка броят на различните прости делители нараства с 11. Започвайки от 99, което има един различен прост делител, след 19991999 стъпки получаваме добро число с точно 20002000 различни прости делителя.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека AH1AH_1, BH2BH_2 и CH3CH_3 са височините на остроъгълния триъгълник ABCABC. Вписаната окръжност ω\omega на △ABC\triangle ABC се допира до страните BCBC, CACA и ABAB съответно в точките T1T_1, T2T_2 и T3T_3. Отразяваме правите H1H2H_1H_2, H2H3H_2H_3 и H3H1H_3H_1 съответно спрямо правите T1T2T_1T_2, T2T3T_2T_3 и T3T1T_3T_1. Докажете, че получените три прави образуват триъгълник, чиито върхове лежат върху ω\omega.
РешениеЩе използваме комплексни числа, като приемаме ω\omega за единичната окръжност. Нека комплексните координати на T1T_1, T2T_2 и T3T_3 са съответно aa, bb и cc. Основното е да покажем, че върховете на търсения триъгълник саabc,bca,cab.\frac{ab}{c},\qquad \frac{bc}{a},\qquad \frac{ca}{b}.Това се вижда добре от следната схема.bc/aca/bab/cH1CH2CH2AH3AH3BH1BПонеже страните на ABCABC са допирателни към единичната окръжност в aa, bb и cc, координатата на върха AA еA=2bcb+c.A=\frac{2bc}{b+c}.СледователноH1=12(2bcb+c+a+a−a2⋅2b+c)=H_1=\frac12\left(\frac{2bc}{b+c}+a+a-a^2\cdot\frac2{b+c}\right) =ab+bc+ca−a2b+c.\frac{ab+bc+ca-a^2}{b+c}.Отражението на H1H_1 спрямо правата T1T2T_1T_2 еH1C=a+b−abH1‾=a+b−b⋅ac+ab+a2−bca(b+c)=a(a+b)(b+c)−b(a2+ab+ac−bc)a(b+c)=c(a2+b2)a(b+c).\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 H1CH_1^C лежи върху хордата, която свързва точките cab\frac{ca}{b} и cba\frac{cb}{a} на единичната окръжност. По симетрия същото ще важи и за отражението H2CH_2^C, така че образът на правата H1H2H_1H_2 ще бъде точно тази хорда. Аналогично другите две отразени прави са останалите две страни на триъгълника с върхове abc\frac{ab}{c}, bca\frac{bc}{a} и cab\frac{ca}{b}. Остава само проверката на твърдението. За точките u=cabu=\frac{ca}{b} и v=cbav=\frac{cb}{a} една точка zz лежи на хордата uvuv точно когатоz+uvz‾=u+v.z+uv\overline z=u+v.В нашия случай uv=c2uv=c^2. Понеже ∣a∣=∣b∣=∣c∣=1|a|=|b|=|c|=1, от намерената формула за H1CH_1^C получавамеH1C‾=a2+b2ab(b+c).\overline{H_1^C}=\frac{a^2+b^2}{ab(b+c)}.ЗатоваH1C+c2H1C‾=c(a2+b2)a(b+c)+c2(a2+b2)ab(b+c)=c(a2+b2)a(b+c)⋅b+cb=c(a2+b2)ab=cab+cba.\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 H1CH_1^C наистина лежи на нужната хорда. Както беше обяснено по-горе, трите отразени прави образуват триъгълник с върхове abc\frac{ab}{c}, bca\frac{bc}{a} и cab\frac{ca}{b}, които лежат на ω\omega.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2000/6Условие — източник