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

2004

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е остроъгълен триъгълник с AB≠ACAB\ne AC. Окръжността с диаметър BCBC пресича страните ABAB и ACAC съответно в MM и NN. Нека OO е средата на страната BCBC. Ъглополовящите на ∠BAC\angle BAC и ∠MON\angle MON се пресичат в RR. Докажете, че описаните окръжности на триъгълниците BMRBMR и CNRCNR имат обща точка, лежаща върху страната BCBC.
РешениеНека ω\omega е окръжността с диаметър BCBC. Понеже M,N∈ωM,N\in\omega, имаме CM⊥ABCM\perp AB и BN⊥ACBN\perp AC.ABCMNORTЩе използваме стандартната микелова стъпка: достатъчно е да докажем, че A,M,R,NA,M,R,N лежат на една окръжност. Наистина, нека TT е втората пресечна точка на описаните окръжности около BMRBMR и CNRCNR. Ако AMRNAMRN е вписан, тогава∠BTR=∠BMR,∠RTC=∠RNC.\angle BTR=\angle BMR,\qquad \angle RTC=\angle RNC.Понеже A,M,BA,M,B са колинеарни и A,N,CA,N,C са колинеарни, получаваме∠BMR=180∘−∠AMR,∠RNC=180∘−∠ANR.\angle BMR=180^\circ-\angle AMR,\qquad \angle RNC=180^\circ-\angle ANR.От вписаността на AMRNAMRN следва ∠AMR+∠ANR=180∘\angle AMR+\angle ANR=180^\circ, следователно∠BTC=∠BTR+∠RTC=180∘.\angle BTC=\angle BTR+\angle RTC=180^\circ.Значи B,T,CB,T,C са колинеарни, тоест двете искани окръжности имат обща точка TT върху BCBC. Остава да докажем, че AMRNAMRN е вписан. Тъй като OO е центърът на окръжността с диаметър BCBC, имаме OM=ONOM=ON. Следователно ъглополовящата на ∠MON\angle MON е перпендикулярната симетрала на MNMN. От друга страна, понеже M∈ABM\in AB и N∈ACN\in AC, ъглополовящата на ∠BAC\angle BAC е същата права като ъглополовящата на ∠MAN\angle MAN. Така точката RR лежи едновременно на ъглополовящата на ∠MAN\angle MAN и на перпендикулярната симетрала на MNMN. Това точно означава, че RR е средата на дъгата MNMN от описаната окръжност около AMNAMN, която не съдържа AA. В частност RR лежи на тази окръжност, т.е. AMRNAMRN е вписан. Доказателството е завършено.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички полиноми PP с реални коефициенти, за които за всички реални числа a,b,ca,b,c с ab+bc+ca=0ab+bc+ca=0 е изпълнено P(a−b)+P(b−c)+P(c−a)=2P(a+b+c).P(a-b)+P(b-c)+P(c-a)=2P(a+b+c).
РешениеОтговорът е P(x)=αx4+βx2,P(x)=\alpha x^4+\beta x^2, където α,β\alpha,\beta са произволни реални числа. Те наистина работят. За квадратичния член използваме ab+bc+ca=0ab+bc+ca=0 и получаваме (a−b)2+(b−c)2+(c−a)2=2(a+b+c)2.(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a+b+c)^2. За четвъртите степени, ако x=a−bx=a-b, y=b−cy=b-c, z=c−az=c-a, то x+y+z=0x+y+z=0, откъдето x4+y4+z4=2(x2+xy+y2)2x^4+y^4+z^4=2(x^2+xy+y^2)^2; но x2+xy+y2=(a+b+c)2x^2+xy+y^2=(a+b+c)^2 при ab+bc+ca=0ab+bc+ca=0. Остава да докажем, че други решения няма. От (a,b,c)=(0,0,0)(a,b,c)=(0,0,0) следва P(0)=0P(0)=0. После от (a,b,c)=(x,0,0)(a,b,c)=(x,0,0) получаваме P(x)+P(−x)=2P(x)P(x)+P(-x)=2P(x), следователно PP е четен полином. Сега полагаме (a,b,c)=(6x,3x,−2x)(a,b,c)=(6x,3x,-2x). Условието ab+bc+ca=0ab+bc+ca=0 е изпълнено и, понеже PP е четен, получаваме полиномното тъждество P(3x)+P(5x)+P(8x)=2P(7x).P(3x)+P(5x)+P(8x)=2P(7x). Ако PP не е нулев и d=deg⁡Pd=\deg P, сравняването на водещите коефициенти дава 3d+5d+8d=2⋅7d.3^d+5^d+8^d=2\cdot7^d. Степента dd е четна. Ако d≥7d\ge7, то 8d>2⋅7d8^d\gt{}2\cdot7^d, което е невъзможно. От друга страна, по модул 77 получаваме 3d+5d≡6(mod7)3^d+5^d\equiv6\pmod7, а за четно dd това налага d≡2,4(mod6)d\equiv2,4\pmod6. Следователно d≤4d\le4. Понеже PP е четен и P(0)=0P(0)=0, в него могат да участват само членовете x2x^2 и x4x^4. Значи точно полиномите P(x)=αx4+βx2P(x)=\alpha x^4+\beta x^2 са решения.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дефинираме „кука“ като фигура, съставена от шест единични квадратчета, показана на схемата по-долу, както и всяка фигура, получена от нея чрез завъртане или отражение.Кои правоъгълници с размери m×nm\times n могат да бъдат покрити с куки?
РешениеОтговорът е: точно тези правоъгълници, за коитоm,n∉{1,2,5},(3∣m или 3∣n),m,n\notin\{1,2,5\},\qquad (3\mid m\text{ или }3\mid n),(4∣m или 4∣n).\qquad (4\mid m\text{ или }4\mid n).Тук първото условие означава, че нито една от двете страни не е равна на 11, 22 или 55. Първо ще покажем, че тези условия са достатъчни. Ще докажем малко по-силно твърдение: всеки правоъгълник, който ги удовлетворява, може да се покрие с правоъгълници 3×43\times4, а всеки такъв правоъгълник се покрива с две куки. Ако едната страна се дели на 33, а другата на 44, твърдението е ясно. Остава случаят, в който един и същи размер носи и делимостта на 33, и делимостта на 44. По симетрия нека 12∣m12\mid m, но 3∤n3\nmid n и 4∤n4\nmid n. От n∉{1,2,5}n\notin\{1,2,5\} получаваме n≥7n\ge7, а всяко такова nn, неделящо се нито на 33, нито на 44, може да се запише във видаn=3a+4bn=3a+4bза някои неотрицателни цели a,ba,b. Разрязваме правоъгълника на ивици с ширини 33 и 44; понеже mm се дели на 1212, всяка от тези ивици се покрива с правоъгълници 3×43\times4. Това доказва достатъчността. Сега доказваме необходимостта. Условието m,n∉{1,2,5}m,n\notin\{1,2,5\} се проверява директно от възможните положения на кука покрай гранична лента; в ширина 11 или 22 кука изобщо не се побира, а ширина 55 води до принудително и невъзможно продължаване от ъглите. За делимостите използваме сдвояване на куките. Всяка поставена кука има характерна вдлъбнатина; ако я съпоставим с куката, която заема тази вдлъбнатина, получаваме взаимно-еднозначно сдвояване на куките. Следователно клетките се групират в 1212-клетъчни плочки от двата вида, показани по-долу, като са разрешени завъртания и отражения.В частност лицето mnmn се дели на 1212, откъдето веднага следва условието за делимост на 33. За делимостта на 44 остава само да изключим случая, в който факторите 22 са разпределени по един във всяка страна. След евентуална размяна на страните това означава правоъгълник 6a×2b6a\times2b с нечетни aa и bb. Ще докажем по-силното твърдение: ако правоъгълник 6a×2b6a\times2b е покрит с горните 1212-клетъчни плочки, то поне едно от числата a,ba,b е четно. Класифицираме плочките в два типа. Плочка от първи тип има точно четири стълба, във всеки от които има по три клетки; освен това във всеки неин ред броят клетки е четен, а именно 22 или 44. Плочка от втори тип е симетричната ситуация: тя има точно четири реда, във всеки от които има по три клетки, а във всеки неин стълб броят клетки е четен. Ще покажем, че във всяко покритие броят на плочките от всеки тип е четен. По симетрия е достатъчно да разгледаме плочките от първи тип. Оцветяваме в червено всеки четвърти стълб на правоъгълника. Общият брой червени клетки е четен, защото всеки червен стълб има височина 2b2b. Всяка плочка от втори тип покрива четен брой червени клетки, понеже във всеки неин стълб има четен брой клетки. Всяка плочка от първи тип обаче има четири последователни стълба с по три клетки във всеки, затова тя покрива нечетен брой червени клетки. Следователно броят на плочките от първи тип е четен. Същият довод, приложен към всеки четвърти ред, показва, че броят на плочките от втори тип също е четен. И така общият брой 1212-клетъчни плочки е четен. Но този брой е6a⋅2b12=ab.\frac{6a\cdot2b}{12}=ab.Значи abab е четно, тоест поне едно от a,ba,b е четно. Това изключва лошия случай, в който никоя страна не се дели на 44, и завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥3n\ge3 е цяло число и t1,t2,…,tnt_1,t_2,\ldots,t_n са положителни реални числа, за които n2+1>n^2+1\gt{}(t1+t2+⋯+tn)(1t1+1t2+⋯+1tn).\left(t_1+t_2+\cdots+t_n\right)\left(\frac1{t_1}+\frac1{t_2}+\cdots+\frac1{t_n}\right). Докажете, че ti,tj,tkt_i,t_j,t_k са страни на триъгълник за всички 1≤i<j<k≤n1\le i\lt{}j\lt{}k\le n.
РешениеИзбираме произволни три от числата и след преномериране ги означаваме с a,b,ca,b,c, като cc е най-голямото от тях. Достатъчно е да докажем c<a+bc\lt{}a+b. Разкриваме произведението: (∑i=1nti)(∑i=1n1ti)=\left(\sum_{i=1}^n t_i\right)\left(\sum_{i=1}^n \frac1{t_i}\right)=n+∑1≤i<j≤n(titj+tjti).n+\sum_{1\le i\lt{}j\le n}\left(\frac{t_i}{t_j}+\frac{t_j}{t_i}\right). Всички членове извън избраната тройка са поне 22 по AM-GM. Затова n2+1>n^2+1\gt{}n+2((n2)−3)+(ab+ba)+a+bc+c(1a+1b).n+2\left(\binom{n}{2}-3\right)+\left(\frac ab+\frac ba\right)+\frac{a+b}{c}+c\left(\frac1a+\frac1b\right). Още веднъж по AM-GM имаме ab+ba≥2\frac ab+\frac ba\ge2 и 1a+1b≥4a+b\frac1a+\frac1b\ge\frac4{a+b}, следователно n2+1>n2−4+a+bc+4ca+b.n^2+1\gt{}n^2-4+\frac{a+b}{c}+\frac{4c}{a+b}. Значи a+bc+4ca+b<5.\frac{a+b}{c}+\frac{4c}{a+b}\lt{}5. След умножение с положителното число c(a+b)c(a+b) получаваме (4c−(a+b))(c−(a+b))<0.(4c-(a+b))(c-(a+b))\lt{}0. Оттук c<a+bc\lt{}a+b. Понеже cc беше най-голямото от трите избрани числа, другите две триъгълни неравенства са автоматични. Така всяка тройка е страна на триъгълник.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
В изпъкнал четириъгълник ABCDABCD диагоналът BDBD не разполовява нито ∠ABC\angle ABC, нито ∠CDA\angle CDA. Точката PP лежи вътре в ABCDABCD и удовлетворява∠PBC=∠DBAи∠PDC=∠BDA.\angle PBC=\angle DBA\qquad\text{и}\qquad \angle PDC=\angle BDA.Да се докаже, че ABCDABCD е вписан четириъгълник тогава и само тогава, когато AP=CPAP=CP.
РешениеПърво отбелязваме защо условието за неразполовяване на ъглите е съществено. Ако го махнем, хвърчило с BA=BCBA=BC и DA=DCDA=DC дава контрапример: тогава AP=CPAP=CP за централната точка PP, но четириъгълникът не е непременно вписан. В нашата задача това условие е еквивалентно на P∉BDP\notin BD, затова триъгълникът PBDPBD е недегенериран.ABCDPЩе използваме барицентрични координати спрямо триъгълника PBDPBD, катоP=(1,0,0),B=(0,1,0),D=(0,0,1).P=(1,0,0),\qquad B=(0,1,0),\qquad D=(0,0,1).Некаa=BD,b=DP,c=PB.a=BD,\qquad b=DP,\qquad c=PB.От ъгловите условия в задачата точките AA и CC са изогонално спрегнати спрямо триъгълника PBDPBD. Затова можем да запишемA=(au:bv:cw),C=(au:bv:cw)A=(au:bv:cw),\qquad C=\left(\frac au:\frac bv:\frac cw\right)за някои ненулеви числа u,v,wu,v,w. За краткост полагамеM=au+bv+cw,N=avw+bwu+cuv.M=au+bv+cw,\qquad N=avw+bwu+cuv.Първо ще преведем условието за вписаност. В барицентрични координати спрямо PBDPBD окръжностите през BB и DD са точно геометричните места, за които изразътa2yz+b2zx+c2xyx(x+y+z)\frac{a^2yz+b^2zx+c^2xy}{x(x+y+z)}е константа. За точката A=(au:bv:cw)A=(au:bv:cw) тази стойност еabc⋅Nau⋅M,\frac{abc\cdot N}{au\cdot M},а за точката C=(au:bv:cw)C=\left(\frac au:\frac bv:\frac cw\right) тя еabc⋅uvw⋅Mavw⋅N.\frac{abc\cdot uvw\cdot M}{avw\cdot N}.Следователно A,B,C,DA,B,C,D лежат на една окръжност точно когато тези две стойности са равни, тоест точно когатоN2=u2M2.(1)N^2=u^2M^2.\tag{1}Остава да видим, че същото условие е еквивалентно на PA=PCPA=PC. ИмамеPA→=1M(bv+cw,−bv,−cw).\overrightarrow{PA}=\frac1M(bv+cw,-bv,-cw).Стандартната формула за дължина в барицентрични координати даваM2⋅PA2=−a2(bv)(cw)+b2(cw)(bv+cw)+c2(bv)(bv+cw)=bc(−a2vw+(bw+cv)(bv+cw)).\begin{align*} M^2\cdot PA^2 &=-a^2(bv)(cw)+b^2(cw)(bv+cw)+c^2(bv)(bv+cw)\\ &=bc\bigl(-a^2vw+(bw+cv)(bv+cw)\bigr). \end{align*}Същото пресмятане за CC, което се получава като заменим u,v,wu,v,w с обратните им стойности, даваN2⋅PC2=u2bc(−a2vw+(bw+cv)(bv+cw)).N^2\cdot PC^2=u^2bc\bigl(-a^2vw+(bw+cv)(bv+cw)\bigr).Сравнявайки последните две формули, получавамеPA=PC⟺N2=u2M2.PA=PC\qquad\Longleftrightarrow\qquad N^2=u^2M^2.Но това е точно условието (1), което вече разпознахме като вписаност на ABCDABCD. Следователно ABCDABCD е вписан тогава и само тогава, когато AP=CPAP=CP, както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Наричаме положително цяло число редуващо се, ако всеки две съседни цифри в десетичния му запис са с различна четност. Намерете всички положителни цели числа nn, които имат редуващо се кратно.
РешениеОтговорът е: всички положителни цели числа nn, за които 20∤n20\nmid n. Ако 20∣n20\mid n, всяко положително кратно на nn завършва на 00,20,40,6000,20,40,60 или 8080, тоест последните му две цифри са четни. Значи такова кратно не може да бъде редуващо се. Ще докажем обратното чрез две конструкции. Първо, за всяко четно w≥2w\ge2 съществува редуващо се четно число g(w)g(w) с точно ww цифри, което се дели на 2w+12^{w+1}, и редуващо се четно число h(w)h(w) с точно ww цифри, което се дели на 5w5^w. Ще ги строим така, че първата цифра да е нечетна. За g(2)g(2) вземаме 3232. Ако вече имаме g(w)g(w), избираме двуцифрено число ee от множеството E={10,12,14,16,18,30,…,98},E=\{10,12,14,16,18,30,\ldots,98\}, тоест с нечетна десетица и четна единица, и полагаме g(w+2)=10we+g(w)g(w+2)=10^w e+g(w). Това само добавя две цифри отпред и запазва редуването. Освен това, след деление на 2w2^w, числата 10we10^w e дават всички четни остатъци по модул 88, а g(w)/2wg(w)/2^w е четно; следователно можем да изберем ee така, че g(w+2)g(w+2) да се дели на 2w+32^{w+3}. За h(2)h(2) вземаме 5050. Индукцията е същата: полагаме h(w+2)=10we+h(w)h(w+2)=10^w e+h(w) с e∈Ee\in E. След деление на 5w5^w трябва да изберем остатък по модул 2525, а множеството EE дава всички остатъци по модул 2525. Така получаваме h(w+2)≡0(mod5w+2)h(w+2)\equiv0\pmod{5^{w+2}}. Втората конструкция е за началото на числото. Ако gcd⁡(m,10)=1\gcd(m,10)=1, тогава за всеки остатък b(modm)b\pmod m има редуващо се четно число ff, което е сравнимо с bb по модул mm. Наистина, избираме много голямо MM, делящо се на φ(99m)\varphi(99m), и разглеждаме A=10⋅100M−199=1010…10.A=10\cdot\frac{100^M-1}{99}=1010\ldots10. Тогава A≡0(modm)A\equiv0\pmod m. Понеже gcd⁡(20,m)=1\gcd(20,m)=1, избираме qq така, че 20q≡b(modm)20q\equiv b\pmod m. В числото AA сменяме qq подходящи единици с тройки, като използваме позиции er=2φ(m)r+1e_r=2\varphi(m)r+1; за тях 10er≡10(modm)10^{e_r}\equiv10\pmod m. Всяка такава смяна добавя 2⋅10er≡20(modm)2\cdot10^{e_r}\equiv20\pmod m, не нарушава редуването и не променя последната четна цифра. Полученото число е търсеното ff. Сега нека nn не се дели на 2020. Ако в nn няма фактор 55, пишем n=2kmn=2^k m, където gcd⁡(m,10)=1\gcd(m,10)=1. Избираме четно w≥max⁡(2,k)w\ge\max(2,k) и опашка T=g(w)T=g(w). По началната конструкция вземаме редуващо се четно FF с F≡−T⋅10−w(modm).F\equiv -T\cdot10^{-w}\pmod m. Тогава конкатенацията N=10wF+TN=10^wF+T е редуващо се число: FF завършва с четна цифра, а TT започва с нечетна. Освен това NN се дели на 2k2^k заради последните ww цифри и се дели на mm по избора на FF, следователно n∣Nn\mid N. Остава случаят, в който 5∣n5\mid n. Тъй като 20∤n20\nmid n, можем да запишем n=2ϵ5kmn=2^\epsilon5^k m, където ϵ∈{0,1}\epsilon\in\{0,1\}, k≥1k\ge1 и gcd⁡(m,10)=1\gcd(m,10)=1. Избираме четно w≥max⁡(2,k)w\ge\max(2,k) и T=h(w)T=h(w), а после отново избираме F≡−T⋅10−w(modm)F\equiv -T\cdot10^{-w}\pmod m и слагаме N=10wF+TN=10^wF+T. Същият аргумент показва, че NN е редуващо се и се дели на 5km5^k m; понеже TT е четно, NN е четно, така че покриваме и фактора 2ϵ2^\epsilon. В частност при ϵ=1\epsilon=1 и k=2k=2 това е случаят 50m50m с опашка h(2)=50h(2)=50. Следователно всяко nn с 20∤n20\nmid n има редуващо се кратно.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2004/6Условие — източник