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

2002

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Нека TT е множеството от точките (x,y)(x,y) в равнината, за които xx и yy са неотрицателни цели числа и x+y<nx+y\lt{}n. Всяка точка на TT е оцветена в червено или синьо така, че ако точката (x,y)(x,y) е червена, то червени са и всички точки (x′,y′)(x',y') от TT с x′≤xx'\le x и y′≤yy'\le y. Нека AA е броят на начините да се изберат nn сини точки с различни xx-координати, а BB е броят на начините да се изберат nn сини точки с различни yy-координати. Докажете, че A=BA=B.
РешениеЗа всяко xx нека axa_x е броят на сините точки в колоната с тази xx-координата, а за всяко yy нека byb_y е броят на сините точки в реда с тази yy-координата. Ще докажем, че мултимножествата {ax}\{a_x\} и {by}\{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,…,n1,2,\ldots,n в някакъв ред. Сега нека една синя точка P=(x,y)P=(x,y) бъде оцветена в червено, като условието остане изпълнено. Тогава PP е ъглова точка на синята част: в колоната xx сините точки са точно от височина yy нагоре, а в реда yy сините точки са точно от xx надясно. Следователно преди промяната имаме ax=by=n−(x+y)a_x=b_y=n-(x+y), а след нея и двете числа намаляват с 11; всички други aa- и bb-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 nn сини точки с различни xx-координати означава да изберем по една синя точка от всяка колона, затова A=∏x=0n−1ax.A=\prod_{x=0}^{n-1} a_x. Аналогично B=∏y=0n−1by.B=\prod_{y=0}^{n-1} b_y. Понеже двата набора множители са едни и същи, получаваме A=BA=B.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека BCBC е диаметър на окръжността ω\omega с център OO. Нека AA е точка от ω\omega, за която 0∘<∠AOB<120∘0^\circ\lt{}\angle AOB\lt{}120^\circ. Нека DD е средата на дъгата ABAB, която не съдържа CC. Правата ℓ\ell минава през OO и е успоредна на ADAD; тя пресича правата ACAC в JJ. Симетралата на отсечката OAOA пресича ω\omega в EE и FF. Докажете, че JJ е инцентърът на триъгълника CEFCEF.
РешениеПо построение AEOFAEOF е ромб с ъгли 60∘60^\circ и 120∘120^\circ. Наистина, EE и FF лежат едновременно на симетралата на OAOA и на окръжността с център OO, затова OE=OF=OAOE=OF=OA и AE=AF=OAAE=AF=OA. Нека тази обща дължина е ss; тогаваAO=AE=AF=EO=OF=s.AO=AE=AF=EO=OF=s.ABCDEFOJЩе докажем още, че AJ=sAJ=s. Достатъчно е да докажем AJ=AOAJ=AO. Нека θ=∠BOD=∠DOA\theta=\angle BOD=\angle DOA. Понеже DD е средата на дъгата ABAB, имаме ∠BOA=2θ\angle BOA=2\theta. От друга страна BCBC е диаметър, така че в равнобедрения триъгълник AOCAOC получаваме∠CAO=12∠BOA=θ.\angle CAO=\frac12\angle BOA=\theta.Понеже OJ∥ADOJ\parallel AD, а триъгълникът AODAOD е равнобедрен, имаме∠AOJ=∠OAD=90∘−θ2.\angle AOJ=\angle OAD=90^\circ-\frac{\theta}{2}.Също така A,J,CA,J,C са колинеарни, следователно ∠OAJ=∠OAC=θ\angle OAJ=\angle OAC=\theta. Затова в триъгълника AOJAOJ∠AJO=180∘−θ−(90∘−θ2)=\angle AJO=180^\circ-\theta-\left(90^\circ-\frac{\theta}{2}\right)=90∘−θ2=∠AOJ.90^\circ-\frac{\theta}{2}=\angle AOJ.Следователно AJ=AO=sAJ=AO=s. И така AE=AJ=AFAE=AJ=AF. По лемата за инцентър и ексцентър, приложена в триъгълника CEFCEF към точката AA от описаната окръжност и точката JJ от правата CACA, това означава, че JJ е един от центровете на вписана или външновписана окръжност на CEFCEF. От условието 0<∠AOB<120∘0\lt{}\angle AOB\lt{}120^\circ точката JJ лежи вътре в триъгълника CEFCEF, 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≥3m,n\ge3, за които съществуват безброй много положителни цели числа aa такива, че am+a−1an+a2−1\frac{a^m+a-1}{a^n+a^2-1} е цяло число.
РешениеОтговорът е само (m,n)=(5,3).(m,n)=(5,3). За да видим защо, нека F(X)=Xm+X−1,G(X)=Xn+X2−1.F(X)=X^m+X-1,\qquad G(X)=X^n+X^2-1. Ако делимостта е изпълнена за безброй много положителни цели aa, делим FF на моничния полином GG: F=QG+RF=QG+R, където Q,R∈Z[X]Q,R\in\mathbb Z[X] и deg⁡R<n\deg R\lt{}n. За достатъчно големите такива aa имаме G(a)∣R(a)G(a)\mid R(a), но ∣R(a)∣<G(a)|R(a)|\lt{}G(a), освен ако R=0R=0. Следователно G∣FG\mid F като полиноми. В частност m>nm\gt{}n. Първо ще докажем, че m≤2nm\le2n. Нека, напротив, m>2nm\gt{}2n. В интервала (0,1)(0,1) има единствено rr с rn+r2=1r^n+r^2=1. От G∣FG\mid F следва rm+r−1=0r^m+r-1=0. Но понеже m>2nm\gt{}2n, имаме 0=rm+r−1≤r2n+1+r−1.0=r^m+r-1\le r^{2n+1}+r-1. От rn=1−r2r^n=1-r^2 получаваме r2n+1+r−1=r(1−r2)2+r−1=r^{2n+1}+r-1=r(1-r^2)^2+r-1=−(1−r)(r4+(1−r)(1−r2))<-(1-r)(r^4+(1-r)(1-r^2))\lt{}0,0, противоречие. Значи m≤2nm\le2n. Сега работим алгебрично. От G∣FG\mid F следва G∣(Xm+X−1)(X+1)=Xm(X+1)+X2−1.G\mid (X^m+X-1)(X+1)=X^m(X+1)+X^2-1. Понеже X2−1≡−Xn(modG)X^2-1\equiv -X^n\pmod{G}, получаваме G∣Xm(X+1)−Xn.G\mid X^m(X+1)-X^n. Тъй като G(0)=−1G(0)=-1, полиномът GG е взаимно прост с XX, така че G∣H(X):=Xm−n(X+1)−1.G\mid H(X):=X^{m-n}(X+1)-1. Тук deg⁡H=m−n+1≤n+1\deg H=m-n+1\le n+1. Ако deg⁡H<n\deg H\lt{}n, това е невъзможно. Ако deg⁡H=n+1\deg H=n+1, то водещите членове налагат H=(X+1)GH=(X+1)G, но при X=−1X=-1 получаваме −1=0-1=0, противоречие. Затова остава H=GH=G, тоест Xm−n(X+1)−1=Xn+X2−1.X^{m-n}(X+1)-1=X^n+X^2-1. Сравняването на степените дава m−n=2m-n=2 и n=3n=3, следователно (m,n)=(5,3)(m,n)=(5,3). Накрая тази двойка наистина работи, защото X5+X−1=(X3+X2−1)(X2−X+1).X^5+X-1=(X^3+X^2-1)(X^2-X+1). Значи за всички положителни цели aa частното е цяло число.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n\ge2 е положително цяло число с положителни делители 1=d1<d2<⋯<dk=n1=d_1\lt{}d_2\lt{}\cdots\lt{}d_k=n. Докажете, че d1d2+d2d3+⋯+dk−1dk<n2,d_1d_2+d_2d_3+\cdots+d_{k-1}d_k\lt{}n^2, и определете кога тази сума е делител на n2n^2.
РешениеНека S=d1d2+d2d3+⋯+dk−1dk.S=d_1d_2+d_2d_3+\cdots+d_{k-1}d_k. За j=1,2,…,kj=1,2,\ldots,k имаме dk−j+1≤n/jd_{k-j+1}\le n/j: наистина, ако един делител е по-голям от n/jn/j, съответният му допълващ делител е по-малък от jj. Следователно S≤S\len2(11⋅2+12⋅3+⋯+1(k−1)k)<n2, 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 nn е просто, делителите са само 11 и nn, така че S=nS=n, а това дели n2n^2. Нека сега nn е съставно и нека pp е най-малкият прост делител на nn. Тогава най-големият собствен делител на nn е n/pn/p, следователно S>dkdk−1=n⋅np=n2p.S\gt{}d_kd_{k-1}=n\cdot\frac np=\frac{n^2}{p}. Но n2/pn^2/p е най-големият собствен делител на n2n^2. От първата част S<n2S\lt{}n^2, така че SS лежи строго между най-големия собствен делител на n2n^2 и самото n2n^2. Следователно SS не може да дели n2n^2. Значи сумата дели n2n^2 точно когато nn е просто число.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R, за които (f(x)+f(z))(f(y)+f(t))=(f(x)+f(z))(f(y)+f(t))=f(xy−zt)+f(xt+yz)f(xy-zt)+f(xt+yz) за всички реални числа x,y,z,tx,y,z,t.
РешениеОтговорът е f≡0,f≡12,f(x)=x2.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)P(x,y,z,t) означава даденото тъждество. Ако f≡cf\equiv c е константна функция, получаваме 4c2=2c4c^2=2c, откъдето c=0c=0 или c=12c=\frac12. Оттук нататък приемаме, че ff не е константна. Сравнявайки P(x,1,0,0)P(x,1,0,0) и P(0,0,1,x)P(0,0,1,x), получаваме f(x)=f(−x)f(x)=f(-x), тоест ff е четна. От P(0,y,0,t)P(0,y,0,t) следва 2f(0)(f(y)+f(t))=2f(0).2f(0)(f(y)+f(t))=2f(0). Ако f(0)≠0f(0)\ne0, тогава f(y)+f(t)=1f(y)+f(t)=1 за всички y,ty,t, което прави ff константна. Значи f(0)=0f(0)=0. Сега P(x,y,0,0)P(x,y,0,0) дава f(xy)=f(x)f(y).f(xy)=f(x)f(y). Понеже ff е четна, за всяко реално xx имаме f(x)=f(∣x∣)=f(x2∣x∣)2≥0.f(x)=f(|x|)=f(\sqrt{\vphantom{x^2}|x|})^2\ge0. От P(x,y,y,x)P(x,y,y,x) получаваме f(x2+y2)=(f(x)+f(y))2=f(x^2+y^2)=(f(x)+f(y))^2=f(x2)+2f(x)f(y)+f(y2)≥f(x^2)+2f(x)f(y)+f(y^2)\gef(x2). f(x^2). Следователно ff е не намаляваща върху [0,∞)[0,\infty). Всяка неотрицателна, не константна, мултипликативна и не намаляваща функция върху положителните реални числа има вид f(x)=xrf(x)=x^r за някаква реална константа rr. Накрая P(1,1,1,1)P(1,1,1,1) дава f(2)=4f(1).f(2)=4f(1). От мултипликативността и неконстантността имаме f(1)=1f(1)=1, така че 2r=f(2)=42^r=f(2)=4. Следователно r=2r=2, а понеже ff е четна, получаваме f(x)=x2f(x)=x^2 за всяко реално xx.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2002/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека n≥3n\ge3 е положително цяло число. Нека C1,C2,…,CnC_1,C_2,\ldots,C_n са единични окръжности в равнината с центрове съответно O1,O2,…,OnO_1,O_2,\ldots,O_n. Ако никоя права не пресича повече от две от окръжностите, докажете, че ∑1≤i<j≤n1OiOj≤(n−1)π4.\sum_{1\le i\lt{}j\le n}\frac1{O_iO_j}\le\frac{(n-1)\pi}{4}.
РешениеЗа краткост пишем dij=OiOjd_{ij}=O_iO_j и използваме означението ∠(ijk)=∠OiOjOk\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,mi,j,m са изпълнени∠(imj)≥max⁡(2dmi,2dmj)и\angle(imj)\ge\max\left(\frac2{d_{mi}},\frac2{d_{mj}}\right)\quad\text{и}\quadπ−∠(imj)≥max⁡(2dmi,2dmj). \pi-\angle(imj)\ge\max\left(\frac2{d_{mi}},\frac2{d_{mj}}\right).Наистина, разстоянието от OiO_i до правата OmOjO_mO_j е поне 22: ако беше по-малко от 22, щеше да съществува права, успоредна на OmOjO_mO_j, която е на разстояние най-много 11 както от OiO_i, така и от двата центъра Om,OjO_m,O_j, а такава права би пресичала и трите единични окръжности. Следователно, ако θ=∠(imj)\theta=\angle(imj), то2≤dmisin⁡θ,2\le d_{mi}\sin\theta,откъдето 2/dmi≤sin⁡θ≤θ2/d_{mi}\le\sin\theta\le\theta и също 2/dmi≤sin⁡θ≤π−θ2/d_{mi}\le\sin\theta\le\pi-\theta. Разменяйки ролите на ii и jj, получаваме същите две оценки с dmjd_{mj}. Сега фиксираме център ObO_b и искаме да оценим сумата ∑i≠b2/dbi\sum_{i\ne b}2/d_{bi}. Първо нека Oa,Ob,OcO_a,O_b,O_c са последователни върхове на изпъкналата обвивка на всички центрове. Тогава∑i≠b2dbi≤n−1n−2∠(abc).\sum_{i\ne b}\frac2{d_{bi}}\le\frac{n-1}{n-2}\angle(abc).Без ограничение нека (a,b,c)=(2,1,n)(a,b,c)=(2,1,n) и нека при завъртане на лъча O1O2O_1O_2 към лъча O1OnO_1O_n срещаме O3,O4,…,On−1O_3,O_4,\ldots,O_{n-1} в този ред. Положетеαk=∠(k 1 (k+1))за k=2,3,…,n−1.\alpha_k=\angle(k\,1\,(k+1))\quad\text{за }k=2,3,\ldots,n-1.Тогава α2+α3+⋯+αn−1=∠(21n)\alpha_2+\alpha_3+\cdots+\alpha_{n-1}=\angle(21n). От първата оценка получаваме2d12≤α2,2d1i≤min⁡(αi−1,αi)(3≤i≤n−1),2d1n≤αn−1.\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 κ\kappa е най-малката измежду числата α2,…,αn−1\alpha_2,\ldots,\alpha_{n-1}. В средния ред избираме за всяко ii по-малкия от двата съседни ъгъла; ако най-малкият ъгъл е αs\alpha_s, то за i≤si\le s можем да оценяваме чрез десния съседен ъгъл, а за i>si\gt{}s чрез левия. Така всеки ъгъл участва най-много веднъж, освен αs\alpha_s, който може да участва два пъти. Следователно∑i=2n2d1i≤(α2+⋯+αn−1)+κ≤\sum_{i=2}^n\frac2{d_{1i}}\le(\alpha_2+\cdots+\alpha_{n-1})+\kappa\le(1+1n−2)∠(21n),\left(1+\frac1{n-2}\right)\angle(21n),защото κ≤(α2+⋯+αn−1)/(n−2)\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 ObO_b, дори когато той е вътрешен за изпъкналата обвивка:∑i≠b2dbi≤n−1n−2π.\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=1b=1 и завъртаме правата O1O2O_1O_2 обратно на часовниковата стрелка през ъгъл по-малък от π\pi, докато тя срещне последователно O3,O4,…,OnO_3,O_4,\ldots,O_n. Нека δk\delta_k е съответният малък ъгъл между правите O1OkO_1O_k и O1Ok+1O_1O_{k+1}; той е или обикновеният ъгъл ∠(k 1 (k+1))\angle(k\,1\,(k+1)), или допълнението му до π\pi. От първоначалната ъглова оценка имаме същите неравенства2d12≤δ2,2d1i≤min⁡(δi−1,δi)(3≤i≤n−1),2d1n≤δn−1.\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∑i=2n2d1i≤\sum_{i=2}^n\frac2{d_{1i}}\len−1n−2(δ2+⋯+δn−1)<n−1n−2π.\frac{n-1}{n-2}(\delta_2+\cdots+\delta_{n-1})\lt{}\frac{n-1}{n-2}\pi.Нека сега изпъкналата обвивка има rr върха. Сумираме първата оценка по всички върхове на обвивката, а втората по останалите n−rn-r центъра. Понеже сборът от вътрешните ъгли на изпъкнал rr-ъгълник е (r−2)π(r-2)\pi, получаваме4∑1≤i<j≤n1dij=∑b=1n∑i≠b2dbi≤n−1n−2((r−2)π+(n−r)π)=(n−1)π.\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 44 и получаваме точно∑1≤i<j≤n1OiOj≤(n−1)π4.\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