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

2005

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Върху страните на равностранен триъгълник ABCABC са избрани шест точки: A1,A2A_1,A_2 върху BCBC, B1,B2B_1,B_2 върху CACA и C1,C2C_1,C_2 върху ABAB, така че те са върхове на изпъкнал шестоъгълник A1A2B1B2C1C2A_1A_2B_1B_2C_1C_2 с равни страни. Докажете, че правите A1B2A_1B_2, B1C2B_1C_2 и C1A2C_1A_2 се пресичат в една точка.
РешениеОриентираме шестте страни на шестоъгълника в реда A1,A2,B1,B2,C1,C2A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2. Сумата на тези шест вектора е нула. Първо разглеждаме трите страни, които лежат върху страните на равностранния триъгълник ABCABC. Понеже A1A2A_1A_2, B1B2B_1B_2 и C1C2C_1C_2 са равни по дължина и са насочени по трите посоки на равностранен триъгълник, имамеA1A2→+B1B2→+C1C2→=0.\overrightarrow{A_1A_2}+\overrightarrow{B_1B_2}+\overrightarrow{C_1C_2}=0.Следователно от нулевата сума на всички страни на шестоъгълника получавамеA2B1→+B2C1→+C2A1→=0.\overrightarrow{A_2B_1}+\overrightarrow{B_2C_1}+\overrightarrow{C_2A_1}=0.ABCA1A2B1B2C1C2Трите вектора в последното равенство също имат една и съща дължина. Ако три равни по дължина ненулеви вектора имат сума нула, то посоките им са през 120∘120^\circ една от друга. Значи векторите A2B1→\overrightarrow{A_2B_1}, B2C1→\overrightarrow{B_2C_1} и C2A1→\overrightarrow{C_2A_1} също образуват три посоки на равностранен триъгълник. Оттук триъгълниците A1A2B1A_1A_2B_1, B1B2C1B_1B_2C_1 и C1C2A1C_1C_2A_1 са конгруентни: във всеки от тях имаме две страни, равни на страната на шестоъгълника, а включеният ъгъл е един и същ. Следователно третите им страни са равни, тоестA1B1=B1C1=C1A1.A_1B_1=B_1C_1=C_1A_1.Значи A1B1C1A_1B_1C_1 е равностранен триъгълник. Освен това триъгълникът B1B2C1B_1B_2C_1 е равнобедрен, така че B2B_2 лежи върху симетралата на B1C1B_1C_1. В равностранния триъгълник A1B1C1A_1B_1C_1 тази симетрала минава през върха A1A_1 и през центъра му. Следователно правата A1B2A_1B_2 е една от медианите на A1B1C1A_1B_1C_1. По същия начин B1C2B_1C_2 и C1A2C_1A_2 са другите две медиани. Трите медиани на един триъгълник се пресичат в медицентъра му, откъдето следва исканата конкурентност.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…a_1,a_2,\ldots е редица от цели числа, в която има безброй много положителни и безброй много отрицателни членове. Да се предположи, че за всяко положително цяло число nn числата a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n дават nn различни остатъка при деление на nn. Докажете, че всяко цяло число се среща точно веднъж в редицата.
РешениеАко ai=aja_i=a_j за i<ji\lt{}j, сред първите jj члена има два с един и същ остатък по модул jj, противоречие. Значи всяко цяло число се среща най-много веднъж. За i<ji\lt{}j имаме ∣ai−aj∣<j|a_i-a_j|\lt{}j, защото при n=∣ai−aj∣≥jn=|a_i-a_j|\ge j двата члена биха били сред първите nn и сравними по модул nn. Индукция показва, че първите nn члена винаги са nn последователни цели числа. Ако те са от k+1k+1 до k+nk+n, то по модул n+1n+1 липсва само остатъкът на kk, следователно an+1≡k(modn+1)a_{n+1}\equiv k\pmod{n+1}. От ∣an+1−a1∣<n+1|a_{n+1}-a_1|\lt{}n+1 остават само an+1=ka_{n+1}=k или an+1=k+n+1a_{n+1}=k+n+1, тоест интервалът се разширява с единица. Безброй многото положителни и отрицателни членове правят тези интервали неограничени в двете посоки, така че всяко цяло число попада в някой от тях. Следователно всяко цяло число се среща точно веднъж.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека x,y,z>0x,y,z\gt{}0 и xyz≥1xyz\ge1. Докажете, че x5−x2x5+y2+z2+y5−y2x2+y5+z2\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}+\frac{y^5-y^2}{x^2+y^5+z^2}+z5−z2x2+y2+z5≥+\frac{z^5-z^2}{x^2+y^2+z^5}\ge0.0.
РешениеНека S=x2+y2+z2S=x^2+y^2+z^2. Понеже x5−x2x5+y2+z2=1−Sx5+y2+z2\frac{x^5-x^2}{x^5+y^2+z^2}=1-\frac{S}{x^5+y^2+z^2} и аналогично за другите две събираеми, задачата е еквивалентна на ∑cyc1x5+y2+z2≤3S.(1)\sum_{\text{cyc}}\frac1{x^5+y^2+z^2}\le\frac3S.\tag{1} Достатъчно е да докажем (1) при xyz=1xyz=1: ако x=tXx=tX, y=tYy=tY, z=tZz=tZ, XYZ=1XYZ=1 и t≥1t\ge1, тогава x5+y2+z2=t2(t3X5+Y2+Z2)≥t2(X5+Y2+Z2),x^5+y^2+z^2=t^2(t^3X^5+Y^2+Z^2)\ge t^2(X^5+Y^2+Z^2), а S=t2(X2+Y2+Z2)S=t^2(X^2+Y^2+Z^2). При xyz=1xyz=1 от неравенството на Коши следва (x5+y2+z2)(x−1+y2+z2)≥(x2+y2+z2)2,(x^5+y^2+z^2)(x^{-1}+y^2+z^2)\ge(x^2+y^2+z^2)^2, тоест 1x5+y2+z2≤x−1+y2+z2S2.\frac1{x^5+y^2+z^2}\le\frac{x^{-1}+y^2+z^2}{S^2}. Сумираме циклично и получаваме ∑cyc1x5+y2+z2≤x−1+y−1+z−1+2SS2.\sum_{\text{cyc}}\frac1{x^5+y^2+z^2}\le\frac{x^{-1}+y^{-1}+z^{-1}+2S}{S^2}. Но xyz=1xyz=1 дава x−1+y−1+z−1=xy+yz+zx≤Sx^{-1}+y^{-1}+z^{-1}=xy+yz+zx\le S. Следователно дясната страна е най-много 3/S3/S, което доказва (1), а с него и исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Определете всички положителни цели числа, които са взаимно прости с всички членове на редицата an=2n+3n+6n−1,n≥1.a_n=2^n+3^n+6^n-1,\quad n\ge1.
РешениеОтговорът е само 1.1. Нека m>1m\gt{}1 и нека pp е прост делител на mm. Ако p=2p=2 или p=3p=3, то a2=22+32+62−1=48a_2=2^2+3^2+6^2-1=48 се дели на pp. Нека сега p≥5p\ge5. По малката теорема на Ферма имаме 2p−2≡2−12^{p-2}\equiv2^{-1}, 3p−2≡3−13^{p-2}\equiv3^{-1} и 6p−2≡6−1(modp)6^{p-2}\equiv6^{-1}\pmod p. Затова ap−2≡2−1+3−1+6−1−1≡a_{p-2}\equiv2^{-1}+3^{-1}+6^{-1}-1\equiv12+13+16−1≡0(modp).\frac12+\frac13+\frac16-1\equiv0\pmod p. Значи някой член на редицата има общ делител pp с mm, така че mm не е взаимно просто с всички членове. Единственото възможно число е 11.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е фиксиран изпъкнал четириъгълник, за който BC=DABC=DA и правите BCBC и DADA не са успоредни. Нека променливите точки EE и FF лежат съответно върху страните BCBC и DADA и удовлетворяват BE=DFBE=DF. Правите ACAC и BDBD се пресичат в PP, правите BDBD и EFEF се пресичат в QQ, а правите EFEF и ACAC се пресичат в RR. Докажете, че описаните окръжности на триъгълниците PQRPQR, когато EE и FF се променят, имат обща точка, различна от PP.
РешениеНека MM е точката на Микел на пълния четириъгълник, образуван от правите ADAD, DBDB, BCBC и CACA. С други думи, MM е втората обща точка на описаните окръжности на триъгълниците APDAPD и BPCBPC. Тази точка е фиксирана, защото зависи само от четириъгълника ABCDABCD. Ще докажем, че именно тя лежи върху всяка от окръжностите (PQR)(PQR).ABCDEFPQRMТочката MM е център на спирална подобност, която изпраща отсечката DADA в отсечката BCBC: тя изпраща DD в BB и AA в CC. Понеже DA=BCDA=BC, тази спирална подобност има коефициент 11. Затова точката FF от DADA се изпраща в точката EE от BCBC, тъй като DF=BEDF=BE. Следователно MM е и точка на Микел за пълния четириъгълник, образуван от правите FAFA, ACAC, CECE и EFEF. Понеже R=AC∩EFR=AC\cap EF, получаваме, че четириъгълникът FARMFARM е вписан. По същия начин, разглеждайки правите FDFD, DBDB, BEBE и EFEF, получаваме, че DFQMDFQM е вписан: тук Q=DB∩EFQ=DB\cap EF. Сега разглеждаме пълния четириъгълник, образуван от правите AFAF, FQFQ, QPQP и PAPA. Вече знаем, че MM лежи върху окръжността (FAR)(FAR), а също и върху окръжността (DFQ)(DFQ), където D=AF∩QPD=AF\cap QP и R=FQ∩PAR=FQ\cap PA. Следователно по теоремата на Микел за този пълен четириъгълник точката MM лежи и върху четвъртата окръжност, а тя е точно (PQR)(PQR). И така всички окръжности (PQR)(PQR) минават през една и съща фиксирана точка MM, различна от PP, както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
В математическо състезание са дадени 66 задачи. Всяка двойка задачи е решена от повече от 25\frac25 от състезателите. Никой не е решил всичките 66 задачи. Докажете, че е имало поне двама състезатели, всеки от които е решил точно 55 задачи.
РешениеДа допуснем, че най-много един състезател е решил точно 55 задачи. Като добавяме решени задачи, можем да приемем, че един състезател е решил P1,…,P5P_1,\ldots,P_5, а всеки друг е решил точно 44 задачи; това само увеличава броя решавания на двойки и не създава решаване на всичките 66. Нека aia_i брои състезателите, пропуснали PiP_i и P6P_6, а bijb_{ij} брои състезателите, решили P6P_6 и пропуснали Pi,PjP_i,P_j, за 1≤i<j≤51\le i\lt{}j\le5. Нека tit_i е броят решили Pi,P6P_i,P_6, а tijt_{ij} броят решили Pi,PjP_i,P_j. Всички петнадесет числа ti,tijt_i,t_{ij} са цели и са по-големи от 2n/52n/5. Сумата им е 10+6(n−1)=6n+410+6(n-1)=6n+4, защото отличеният състезател дава (52)\binom{5}{2} двойки, а всеки друг дава (42)\binom{4}{2}. Оттук, с проверка по остатъка на nn по модул 55, следва, че k=(2n+1)/5k=(2n+1)/5 е цяло, едно от тези числа е k+1k+1, а останалите са kk. За всяка двойка u,vu,v и допълваща тройка r,s,tr,s,t директно сравнение на коефициентите пред aia_i и bijb_{ij} дава tuv≡1+tr+ts+tt+trs+tst+ttr(mod3).t_{uv}\equiv1+t_r+t_s+t_t+t_{rs}+t_{st}+t_{tr}\pmod3. Ако единственото k+1k+1 е от вида tit_i, нека е t5t_5. Тогава формулата за t45t_{45} дава k≡1+6k(mod3)k\equiv1+6k\pmod3, а формулата за t12t_{12} дава k≡2+6k(mod3)k\equiv2+6k\pmod3, невъзможно. Ако единственото k+1k+1 е от вида tijt_{ij}, нека е t45t_{45}. Тогава получаваме едновременно k+1≡1+6k(mod3)k+1\equiv1+6k\pmod3 и k≡2+6k(mod3)k\equiv2+6k\pmod3, пак невъзможно. Противоречието доказва, че поне двама състезатели са решили точно 55 задачи.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2005/6Условие — източник