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

2001

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е остроъгълен триъгълник с център на описаната окръжност OO. Нека PP е петата на височината от AA към правата BCBC. Ако ∠BCA≥∠ABC+30∘\angle BCA\ge \angle ABC+30^\circ, докажете, че ∠CAB+∠COP<90∘\angle CAB+\angle COP\lt{}90^\circ.
РешениеЩе означаваме страните по стандартния начин: a=BCa=BC, b=CAb=CA, c=ABc=AB, а радиусът на описаната окръжност - с RR. Понеже PP лежи върху BCBC, имаме ∠OCP=90∘−∠A\angle OCP=90^\circ-\angle A. Затова твърдението е еквивалентно на∠COP<90∘−∠A=∠OCP⟺PC<PO⟺PC2<PO2.\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 PP спрямо описаната окръжност получавамеPO2=R2−PB⋅PC.PO^2=R^2-PB\cdot PC.Следователно е достатъчно да докажемPC2<R2−PB⋅PC,PC^2\lt{}R^2-PB\cdot PC,което е същото катоPC⋅BC<R2.PC\cdot BC\lt{}R^2.Понеже PC=bcos⁡CPC=b\cos C, това ставаabcos⁡C<R2.ab\cos C\lt{}R^2.Със a=2Rsin⁡Aa=2R\sin A и b=2Rsin⁡Bb=2R\sin B последното е еквивалентно наsin⁡Asin⁡Bcos⁡C<14.\sin A\sin B\cos C\lt{}\frac14.Остава само да използваме условието върху ъглите. Имамеsin⁡Bcos⁡C=12(sin⁡(B+C)−sin⁡(C−B)).\sin B\cos C=\frac12\bigl(\sin(B+C)-\sin(C-B)\bigr).От C≥B+30∘C\ge B+30^\circ и остроъгълността следва 0∘<C−B<90∘0^\circ\lt{}C-B\lt{}90^\circ, така че sin⁡(C−B)≥12\sin(C-B)\ge\frac12, а също sin⁡(B+C)≤1\sin(B+C)\le1. Следователноsin⁡Bcos⁡C≤12(1−12)=14.\sin B\cos C\le\frac12\left(1-\frac12\right)=\frac14.Накрая sin⁡A<1\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,ca,b,c са положителни реални числа. Докажете, че ax2a2+8bc+bx2b2+8ca+cx2c2+8ab≥\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}}\ge1.1.
РешениеПо неравенството на Хьолдер имаме (∑cycax2a2+8bc)2(∑cyca(a2+8bc))≥\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.(a+b+c)^3. Затова е достатъчно да докажем (a+b+c)3≥a3+b3+c3+24abc.(a+b+c)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc. Но (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(c+a),(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)≥8abc(a+b)(b+c)(c+a)\ge8abc следва точно исканото. Следователно първата сума има квадрат поне 11, а понеже тя е положителна, тя е поне 11.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
В математическо състезание участвали 2121 момичета и 2121 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.
РешениеЩе докажем контрапозицията. Да допуснем, че няма задача, решена от поне три момичета и поне три момчета. Правим таблица 21×2121\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 221221 зелени клетки, следователно някоя колона съдържа поне 1111 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 66 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 2121 клетки в колоната са зелени, те дават поне 1111 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>1n\gt{}1 е нечетно цяло число и нека c1,c2,…,cnc_1,c_2,\ldots,c_n са цели числа. За всяка пермутация a=(a1,a2,…,an)a=(a_1,a_2,\ldots,a_n) на {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\} дефинираме S(a)=∑i=1nciai.S(a)=\sum_{i=1}^n c_i a_i. Докажете, че съществуват две различни пермутации aa и bb на {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\}, за които n!n! дели S(a)−S(b)S(a)-S(b).
РешениеДа допуснем противното, тоест че всички стойности S(a)S(a) за n!n!-те пермутации дават различни остатъци по модул n!n!. Тогава сумата на тези остатъци е сравнима с 0+1+⋯+(n!−1)=n!(n!−1)2,0+1+\cdots+(n!-1)=\frac{n!(n!-1)}2, което не се дели на n!n!, понеже n!n! е четно и n!−1n!-1 е нечетно. От друга страна, ако сумираме самите стойности, получаваме ∑aS(a)=∑i=1nci∑aai.\sum_a S(a)=\sum_{i=1}^n c_i\sum_a a_i. За фиксирано ii всяко от числата 1,2,…,n1,2,\ldots,n стои на ii-тото място в точно (n−1)!(n-1)! пермутации, затова ∑aai=(n−1)!(1+2+⋯+n)=n!(n+1)2.\sum_a a_i=(n-1)!(1+2+\cdots+n)=\frac{n!(n+1)}2. Понеже nn е нечетно, числото (n+1)/2(n+1)/2 е цяло, следователно всяко събираемо ci∑aaic_i\sum_a a_i се дели на n!n!. Значи ∑aS(a)\sum_a S(a) е сравнима с 00 по модул n!n!, противоречие.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник. Нека отсечките APAP и BQBQ са ъглополовящи съответно на ∠BAC\angle BAC и ∠ABC\angle ABC, като PP лежи на отсечката BCBC, а QQ лежи на отсечката ACAC. Ако AB+BP=AQ+QBAB+BP=AQ+QB и ∠BAC=60∘\angle BAC=60^\circ, намерете ъглите на триъгълника.
РешениеОтговорът е∠B=80∘,∠C=40∘.\angle B=80^\circ,\qquad \angle C=40^\circ.Положете x=∠ABQ=∠QBCx=\angle ABQ=\angle QBC. Тогава ∠B=2x\angle B=2x, а понеже ∠A=60∘\angle A=60^\circ, получаваме∠C=120∘−2x.\angle C=120^\circ-2x.Освен това∠AQB=120∘−x,∠APB=150∘−2x.\angle AQB=120^\circ-x,\qquad \angle APB=150^\circ-2x.Схемата на означенията е следната.ABCPQ30 deg30 degxx120 deg - 2xПо синусовата теорема в триъгълниците ABPABP и ABQABQ имамеBP=AB⋅sin⁡30∘sin⁡(150∘−2x),BP=AB\cdot\frac{\sin 30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)},AQ=AB⋅sin⁡xsin⁡(120∘−x),\qquad AQ=AB\cdot\frac{\sin x}{\sin(120^\circ-x)},QB=AB⋅sin⁡60∘sin⁡(120∘−x).\qquad QB=AB\cdot\frac{\sin 60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}.Следователно условието AB+BP=AQ+QBAB+BP=AQ+QB е точно1+sin⁡30∘sin⁡(150∘−2x)=1+\frac{\sin 30^\circ}{\sin(150^\circ-2x)} =sin⁡x+sin⁡60∘sin⁡(120∘−x).(1)\frac{\sin x+\sin 60^\circ}{\sin(120^\circ-x)}.\tag{1}Остава да решим това тригонометрично уравнение. Първо,sin⁡x+sin⁡60∘=2sin⁡(x+60∘2)cos⁡(x−60∘2).\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∘−x)=sin⁡(x+60∘)\sin(120^\circ-x)=\sin(x+60^\circ), аsin⁡(x+60∘)=2sin⁡(x+60∘2)cos⁡(x+60∘2).\sin(x+60^\circ)=2\sin\left(\frac{x+60^\circ}{2}\right)\cos\left(\frac{x+60^\circ}{2}\right).Значиsin⁡x+sin⁡60∘sin⁡(120∘−x)=\frac{\sin x+\sin60^\circ}{\sin(120^\circ-x)} =cos⁡(x2−30∘)cos⁡(x2+30∘).\frac{\cos\left(\frac x2-30^\circ\right)}{\cos\left(\frac x2+30^\circ\right)}.За краткост нека y=x2y=\frac x2. Тогаваcos⁡(y−30∘)cos⁡(y+30∘)−1=cos⁡(y−30∘)−cos⁡(y+30∘)cos⁡(y+30∘)=2sin⁡30∘sin⁡ycos⁡(y+30∘)=sin⁡ycos⁡(y+30∘).\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 11 от двете страни на (1), получавамеsin⁡30∘sin⁡(150∘−4y)=sin⁡ycos⁡(y+30∘).\frac{\sin30^\circ}{\sin(150^\circ-4y)}=\frac{\sin y}{\cos(y+30^\circ)}.Еквивалентно,cos⁡(y+30∘)=2sin⁡ysin⁡(150∘−4y)=cos⁡(5y−150∘)−cos⁡(150∘−3y)=−cos⁡(5y+30∘)+cos⁡(3y+30∘).\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∘3y+30^\circ е средното аритметично на y+30∘y+30^\circ и 5y+30∘5y+30^\circ, затоваcos⁡(y+30∘)+cos⁡(5y+30∘)2=\frac{\cos(y+30^\circ)+\cos(5y+30^\circ)}2=cos⁡(3y+30∘)cos⁡(2y).\cos(3y+30^\circ)\cos(2y).От предишното равенство следваcos⁡(3y+30∘)(2cos⁡(2y)−1)=0.\cos(3y+30^\circ)\left(2\cos(2y)-1\right)=0.Понеже0<y=x2=14∠B<14(180∘−60∘)=30∘,0\lt{}y=\frac x2=\frac14\angle B\lt{}\frac14(180^\circ-60^\circ)=30^\circ,не може да имаме cos⁡(2y)=12\cos(2y)=\frac12, тъй като най-малката положителна стойност на yy, за която това става, е 30∘30^\circ. Следователноcos⁡(3y+30∘)=0.\cos(3y+30^\circ)=0.В допустимия интервал това дава единствено y=20∘y=20^\circ. Значи x=40∘x=40^\circ, откъдето∠B=2x=80∘,∠C=120∘−2x=40∘,\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>b>c>d>0a\gt{}b\gt{}c\gt{}d\gt{}0 са цели числа, удовлетворяващи ac+bd=(b+d+a−c)(b+d−a+c).ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c). Докажете, че ab+cdab+cd не е просто число.
РешениеУсловието е еквивалентно на ac+bd=(b+d)2−(a−c)2,ac+bd=(b+d)^2-(a-c)^2, тоест на a2−ac+c2=b2+bd+d2.a^2-ac+c^2=b^2+bd+d^2. Построяваме четириъгълник WXYZWXYZ така, че WX=aWX=a, XY=cXY=c, YZ=bYZ=b, ZW=dZW=d и WY=x2a2−ac+c2=x2b2+bd+d2.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 ∠WXY=60∘\angle WXY=60^\circ и ∠WZY=120∘\angle WZY=120^\circ. Следователно четириъгълникът WXYZWXYZ е вписан. От по-точната форма на теоремата на Птолемей за този вписан четириъгълник имаме WY2=(ab+cd)(ad+bc)ac+bd.WY^2=\frac{(ab+cd)(ad+bc)}{ac+bd}. Да допуснем противното: ab+cd=pab+cd=p е просто число. От a>b>c>da\gt{}b\gt{}c\gt{}d следва, например чрез пренареждане, че p=ab+cd>ac+bd>ad+bc.p=ab+cd\gt{}ac+bd\gt{}ad+bc. Нека y=ac+bdy=ac+bd и x=ad+bcx=ad+bc. Тогава 0<x<y<p0\lt{}x\lt{}y\lt{}p и горната формула дава WY2=p⋅xy.WY^2=p\cdot\frac{x}{y}. Това число не може да е цяло: ако y∣pxy\mid px, то понеже простото число pp е по-голямо от yy, имаме gcd⁡(p,y)=1\gcd(p,y)=1, откъдето y∣xy\mid x, невъзможно при 0<x<y0\lt{}x\lt{}y. От друга страна WY2=a2−ac+c2WY^2=a^2-ac+c^2 е цяло число. Полученото противоречие показва, че ab+cdab+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⋅XZab+cd=WY\cdot XZ, но проблемът е, че WYWY и XZXZ обикновено не са цели числа.WY = sqrt(a^2-ac+c^2)WX=aXY=cYZ=bZW=dWXYZ
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2001/6Условие — източник