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

2006

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с инцентър II. Точка PP лежи във вътрешността на триъгълника и удовлетворява ∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB.\angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB. Докажете, че AP≥AIAP\ge AI, като равенство има тогава и само тогава, когато P=IP=I.
РешениеОт условието получаваме ∠PBC+∠PCB=(∠B−∠PBC)+(∠C−∠PCB),\angle PBC+\angle PCB=(\angle B-\angle PBC)+(\angle C-\angle PCB), защото PP е вътрешна точка за триъгълника. Следователно ∠PBC+∠PCB=∠B+∠C2.\angle PBC+\angle PCB=\frac{\angle B+\angle C}{2}. Оттук ∠BPC=180∘−(∠PBC+∠PCB)=90∘+∠A2.\angle BPC=180^\circ-(\angle PBC+\angle PCB)=90^\circ+\frac{\angle A}{2}. Но за инцентъра е известно, че ∠BIC=90∘+∠A2.\angle BIC=90^\circ+\frac{\angle A}{2}. Понеже и PP, и II лежат от една и съща страна на BCBC, точките B,C,I,PB,C,I,P са върху една окръжност. Нека MM е средата на дъгата BCBC от описаната около ABCABC окръжност, която не съдържа AA. Стандартно свойство на инцентъра дава, че A,I,MA,I,M са колинеарни и че MM е центърът на описаната около BICBIC окръжност. Следователно, понеже PP лежи на същата окръжност, имаме PM=IMPM=IM. От триъгълното неравенство в триъгълника APMAPM следва AI+IM=AM≤AP+PM=AP+IM,AI+IM=AM\le AP+PM=AP+IM, откъдето AI≤APAI\le AP. Равенство е възможно само при равенство в това триъгълно неравенство, тоест когато A,P,MA,P,M са колинеарни. На общата окръжност на B,C,I,PB,C,I,P правата AMAM пресича вътрешността на триъгълника точно в точката II от тази конфигурация; другата пресечна точка лежи извън триъгълника. Затова равенство се получава тогава и само тогава, когато P=IP=I.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека PP е правилен 20062006-ъгълник. Един диагонал се нарича добър, ако краищата му разделят границата на PP на две части, всяка съставена от нечетен брой страни на PP. Страните на PP също се наричат добри. Да предположим, че PP е разсечен на триъгълници чрез 20032003 диагонала, никои два от които нямат обща вътрешна точка. Намерете най-големия възможен брой равнобедрени триъгълници с две добри страни, които могат да се появят в такава конфигурация.
РешениеЩе наричаме триъгълник със свойството от условието специален. Отговорът е 1003.1003.Първо, тази стойност се достига. Номерираме последователните върхове на многоъгълника и начертаваме диагоналите, които отрязват триъгълниците с две съседни страни: (1,3),(3,5),…,(2005,1)(1,3),(3,5),\dots,(2005,1). Така получаваме 10031003 равнобедрени триъгълника, всеки с две страни на първоначалния многоъгълник, следователно с две добри страни. Остава вътрешен правилен 10031003-ъгълник, който може да се триангулира произволно. Ще докажем, че повече специални триъгълници не може да има. Използваме две прости наблюдения. В специален триъгълник двете добри страни са равните страни, а третата страна не е равна на тях: дължината на хорда в правилния многоъгълник определя една и съща четност на съответните дъги. Освен това два специални равнобедрени триъгълника не могат да имат обща добра страна. Разглеждаме дървото TT, чиито върхове са 20042004-те триъгълника в разсичането, а два върха са съседни, ако съответните триъгълници имат общ диагонал. Нека FF е гората, получена от TT след премахване на всяко ребро, което съответства на добър диагонал. Тогава всеки връх на FF има степен 11 или 33, а специални триъгълници могат да се появят само при върхове от степен 11. Нека в разсичането са начертани kk добри диагонала. Тогава FF се състои от k+1k+1 дървета. Ако едно от тях има nin_i върха, понеже всички степени са 11 или 33, броят на листата му е (ni+2)/2.(n_i+2)/2. От друга страна, за всеки премахнат добър диагонал поне един от двата съседни триъгълника не е специален; иначе два специални триъгълника биха имали обща добра страна. Следователно поне kk от листата не дават специални триъгълници. Затова броят на специалните триъгълници е най-много−k+∑ini+22=−k+2004+2(k+1)2=1003.-k+\sum_i\frac{n_i+2}{2}=-k+\frac{2004+2(k+1)}2=1003. Това съвпада с конструкцията и задачата е решена.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете най-малкото реално число MM, за което неравенството ∣ab(a2−b2)+bc(b2−c2)+ca(c2−a2)∣(a2+b2+c2)2≤M\frac{\left|ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\right|}{(a^2+b^2+c^2)^2}\le M е изпълнено за всички реални числа a,b,ca,b,c.
РешениеИзползваме тъждеството ab(a2−b2)+bc(b2−c2)+ca(c2−a2)=ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)=−(a−b)(b−c)(c−a)(a+b+c).-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c). Нека x=a−b,y=b−c,z=c−a,s=a+b+c.x=a-b,\quad y=b-c,\quad z=c-a,\quad s=a+b+c. Тогава x+y+z=0x+y+z=0 и x2+y2+z2+s2=3(a2+b2+c2),x^2+y^2+z^2+s^2=3(a^2+b^2+c^2), така че задачата се свежда до най-малката константа MM, за която ∣xyzs∣≤M9(x2+y2+z2+s2)2|xyzs|\le\frac{M}{9}(x^2+y^2+z^2+s^2)^2 при x+y+z=0x+y+z=0. При фиксирани x2+y2+z2x^2+y^2+z^2 максимумът на ∣xyz∣|xyz| под условието x+y+z=0x+y+z=0 се достига, когато две от числата са равни. Затова можем да положим x=y=ux=y=u, z=−2uz=-2u. Остава да намерим максимума на 18u3v(6u2+v2)2\frac{18u^3v}{(6u^2+v^2)^2} за u>0u\gt{}0, v=∣s∣≥0v=|s|\ge0. Ако r=v/ur=v/u, този израз е 18r(6+r2)2,\frac{18r}{(6+r^2)^2}, чийто максимум за r≥0r\ge0 се достига при r=2r=\sqrt2 и е 9232\frac{9\sqrt2}{32}. Следователно M=9232M=\frac{9\sqrt2}{32} работи. Равенство се достига например при a−b=b−c=ua-b=b-c=u и a+b+c=2ua+b+c=\sqrt2u за произволно u≠0u\ne0, затова това е най-малката възможна стойност.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Намерете всички двойки цели числа (x,y)(x,y), за които 1+2x+22x+1=y2.1+2^x+2^{2x+1}=y^2.
РешениеОтговорът е (x,y)=(0,±2),(4,±23).(x,y)=(0,\pm2),\quad (4,\pm23). Те се проверяват директно. Ако x<0x\lt{}0, лявата страна е между 11 и 22 включително и не е квадрат на цяло число; ако 1≤x≤31\le x\le3, директната проверка също не дава решение. Остава да разгледаме x≥4x\ge4. Понеже уравнението зависи от y2y^2, можем да считаме y>0y\gt{}0. Имаме 2x(1+2x+1)=y2−1=(y−1)(y+1).2^x(1+2^{x+1})=y^2-1=(y-1)(y+1). Числото yy е нечетно, а gcd⁡(y−1,y+1)=2\gcd(y-1,y+1)=2. Следователно за някое нечетно положително цяло число mm е изпълнен един от двата случая. Ако y=2x−1m+1y=2^{x-1}m+1, то 1+2x+1=m(2x−2m+1),1+2^{x+1}=m(2^{x-2}m+1), откъдето 2x=4(1−m)m2−8.2^x=\frac{4(1-m)}{m^2-8}. Ако y=2x−1m−1y=2^{x-1}m-1, то 1+2x+1=m(2x−2m−1),1+2^{x+1}=m(2^{x-2}m-1), откъдето 2x=4(1+m)m2−8.2^x=\frac{4(1+m)}{m^2-8}.Понеже x≥4x\ge4, тези равенства налагат m<5m\lt{}5. Проверяваме нечетните възможности m=1,3m=1,3. Единствено вторият случай с m=3m=3 дава 2x=162^x=16, тоест x=4x=4 и y=23y=23. Заедно със симетрията по знака на yy и решението x=0x=0 получаваме точно посочените двойки.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека P(x)P(x) е полином от степен n>1n\gt{}1 с цели коефициенти и нека kk е положително цяло число. Разглеждаме полинома Q(x)=P(P(…P(P(x))…)),Q(x)=P(P(\ldots P(P(x))\ldots)), където PP се прилага kk пъти. Докажете, че има най-много nn цели числа tt, за които Q(t)=tQ(t)=t.
РешениеПърво ще използваме стандартно твърдение: ако цяло число е периодично при действието на PP, то то е неподвижно за P∘PP\circ P. Нека x1,x2,…,xrx_1,x_2,\ldots,x_r е минимален цикъл. Понеже PP има цели коефициенти, xi−xi+1∣P(xi)−P(xi+1)=xi+1−xi+2x_i-x_{i+1}\mid P(x_i)-P(x_{i+1})=x_{i+1}-x_{i+2} за всеки ii по модул rr. Ако някоя разлика е нула, цикълът е неподвижна точка. Иначе абсолютните стойности на всички тези разлики са равни, а знаците принуждават xi=xi+2x_i=x_{i+2}. Следователно периодът е най-много 22, както твърдяхме. Затова всяко цяло tt с Q(t)=tQ(t)=t удовлетворява P(P(t))=tP(P(t))=t. Ако няма двойка различни цели числа u,vu,v с P(u)=vP(u)=v и P(v)=uP(v)=u, тогава всички такива tt са корени на P(x)−xP(x)-x, а те са най-много nn. Нека сега има такава двойка u≠vu\ne v и положим c=u+vc=u+v. Ще докажем, че всяко цяло aa с P(P(a))=aP(P(a))=a удовлетворява a+P(a)=c.a+P(a)=c. Нека b=P(a)b=P(a). Ако {a,b}={u,v}\{a,b\}=\{u,v\}, твърдението е ясно. Иначе a,ba,b са различни от u,vu,v като множество. От делимостта за полиноми с цели коефициенти имаме u−a∣P(u)−P(a)=v−bu-a\mid P(u)-P(a)=v-b\quadиv−b∣P(v)−P(b)=u−a,\text{и}\quad v-b\mid P(v)-P(b)=u-a, следователно u−a=±(v−b)u-a=\pm(v-b). Аналогично u−b=±(v−a)u-b=\pm(v-a). При разглеждане на четирите избора на знаци всеки път се получава a+b=u+v=ca+b=u+v=c. Следователно всички цели решения на Q(t)=tQ(t)=t са сред корените на x+P(x)−c=0.x+P(x)-c=0. Този полином има степен nn, така че има най-много nn цели корена. Това доказва исканото.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
На всяка страна bb на изпъкнал многоъгълник PP съпоставяме най-голямото лице на триъгълник, който има bb за страна и се съдържа в PP. Докажете, че сборът на лицата, съпоставени на страните на PP, е поне два пъти лицето на PP.
РешениеЩе наричаме многоъгълник почти изпъкнал, ако всичките му ъгли са най-много 180∘180^\circ. Първо отбелязваме, че ако в изпъкнал или почти изпъкнал многоъгълник добавим нов връх върху някоя страна, сборът на съпоставените числа не се променя. Наистина, за всяка от двете получени части най-голямото възможно лице е половината от дължината на тази част, умножена по една и съща максимална височина към точка от многоъгълника. Лема. Нека NN е четно цяло число. Всеки почти изпъкнал NN-ъгълник с лице SS съдържа триъгълник с върхове сред върховете на многоъгълника и с лице поне 2S/N2S/N. Доказателство на лемата. Нека върховете са P0,P1,…,PN−1P_0,P_1,\dots,P_{N-1} в този ред. Разглеждаме N/2N/2-те главни диагоналаP0PN/2,P1PN/2+1,… .P_0P_{N/2},\quad P_1P_{N/2+1},\quad \dots.Ще наричаме пеперуда всеки самопресичащ се четириъгълникPiPi+1Pi+1+N/2Pi+N/2.P_iP_{i+1}P_{i+1+N/2}P_{i+N/2}.Следната схема показва пример за N=8N=8.P0P1P2P3P4P5P6P7Първо ще покажем, че всяка точка XX от многоъгълника лежи в обхвата на някоя от тези пеперуди. Представяме си процес тип вятърна мелница: започваме с ориентираната права P0PN/2P_0P_{N/2}, после я завъртаме през пресечната точка на P0PN/2P_0P_{N/2} и P1PN/2+1P_1P_{N/2+1}, докато стане правата P1PN/2+1P_1P_{N/2+1}; след това по същия начин преминаваме към P2PN/2+2P_2P_{N/2+2} и така нататък, докато стигнем обратно до правата PN/2P0P_{N/2}P_0, но с обратна ориентация. В края на този процес всяка точка от равнината е сменила страната си спрямо движещата се права. В момента, в който XX сменя страната си, тя попада в съответната пеперуда. Второ, ако ABDC=PiPi+1Pi+1+N/2Pi+N/2ABDC=P_iP_{i+1}P_{i+1+N/2}P_{i+N/2} е пеперуда, то един от триъгълниците ABCABC, BCDBCD, CDACDA, DABDAB има лице поне колкото лицето на пеперудата. Нека диагоналите на пеперудата се пресичат в OO и некаa=AO,b=BO,c=CO,d=DO.a=AO,\quad b=BO,\quad c=CO,\quad d=DO.Без ограничение на общността приемаме, че dd е най-малкото от тези четири числа. Тогава[ABC]=[AOB]+[BOC]≥[AOB]+[COD],[ABC]=[AOB]+[BOC]\ge [AOB]+[COD],а дясната страна е лицето на пеперудата. Понеже N/2N/2-те пеперуди покриват целия почти изпъкнал многоъгълник, една от тях има лице понеSN/2=2SN.\frac{S}{N/2}=\frac{2S}{N}.От предходния абзац тази пеперуда дава триъгълник с лице поне 2S/N2S/N, което доказва лемата. Сега се връщаме към задачата. Нека a1,a2,…,ana_1,a_2,\dots,a_n са числата, съпоставени на страните на първоначалния многоъгълник, и да допуснем противното:a1+a2+⋯+an<2S.a_1+a_2+\dots+a_n\lt{}2S.Избираме четни цели числа m1,m2,…,mnm_1,m_2,\dots,m_n така, че за всяко ii да е изпълненоaiS<2mim1+m2+⋯+mn.\frac{a_i}{S}\lt{}\frac{2m_i}{m_1+m_2+\dots+m_n}.Това е възможно чрез рационално приближение, защото десните страни имат сбор 22, а левите страни имат сбор строго по-малък от 22. Разделяме ii-тата страна на PP на mim_i равни части. Така получаваме почти изпъкнал NN-ъгълник, къдетоN=m1+m2+⋯+mn,N=m_1+m_2+\dots+m_n,и NN е четно. По лемата в него има триъгълник Δ\Delta с лице поне 2S/N2S/N. Ако страната на Δ\Delta, която е страна от новия многоъгълник, лежи върху ii-тата стара страна, то като заменим тази малка основа с цялата стара страна и запазим третия връх, получаваме триъгълник в PP с лице mim_i пъти по-голямо. Следователноai≥mi⋅2SN,a_i\ge m_i\cdot\frac{2S}{N},което противоречи на избора на mim_i. Противоречието доказва, чеa1+a2+⋯+an≥2S,a_1+a_2+\dots+a_n\ge 2S,както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2006/6Условие — източник