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

2007

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са реални числа a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n. За всяко 1≤i≤n1\le i\le n полагаме di=max⁡{aj:1≤j≤i}−min⁡{aj:i≤j≤n},d_i=\max\left\{a_j:1\le j\le i\right\}-\min\left\{a_j:i\le j\le n\right\}, а d=max⁡{di:1≤i≤n}d=\max\left\{d_i:1\le i\le n\right\}. а) Докажете, че за всички реални числа x1≤x2≤⋯≤xnx_1\le x_2\le\cdots\le x_n е изпълнено max⁡1≤i≤n∣xi−ai∣≥d2.\max_{1\le i\le n}|x_i-a_i|\ge \frac d2.б) Докажете, че съществува избор на x1≤x2≤⋯≤xnx_1\le x_2\le\cdots\le x_n, за който се достига равенство.
РешениеПърво забелязваме, че определението на dd е еквивалентно на d=max⁡1≤i≤j≤n(ai−aj).d=\max_{1\le i\le j\le n}(a_i-a_j). Наистина, did_i избира най-голямото възможно apa_p отляво на ii и най-малкото възможно aqa_q отдясно на ii, тоест точно двойки p≤i≤qp\le i\le q. За долната оценка нека i≤ji\le j. Понеже xi≤xjx_i\le x_j, не може едновременно да са изпълнени ∣xi−ai∣<ai−aj2и∣xj−aj∣<ai−aj2|x_i-a_i|\lt{}\frac{a_i-a_j}{2}\quad\text{и}\quad |x_j-a_j|\lt{}\frac{a_i-a_j}{2} когато ai>aja_i\gt{}a_j, защото тогава бихме получили xi>ai+aj2>xj,x_i\gt{}\frac{a_i+a_j}{2}\gt{}x_j, противоречие. Следователно за всяка такава двойка максималната грешка е поне (ai−aj)/2(a_i-a_j)/2, а като вземем максимум по всички i≤ji\le j, получаваме исканото d/2d/2. Остава да построим редица, която достига тази оценка. Полагаме xi=max⁡1≤k≤i(ak−d2).x_i=\max_{1\le k\le i}\left(a_k-\frac d2\right). Тогава x1≤x2≤⋯≤xnx_1\le x_2\le\cdots\le x_n по дефиниция. Освен това xi≥ai−d/2x_i\ge a_i-d/2, защото максимумът съдържа члена с k=ik=i. От друга страна, за всяко k≤ik\le i имаме ak−ai≤da_k-a_i\le d, следователно ak−d/2≤ai+d/2a_k-d/2\le a_i+d/2. Значи xi≤ai+d/2x_i\le a_i+d/2. Така ∣xi−ai∣≤d/2|x_i-a_i|\le d/2 за всяко ii. Заедно с вече доказаната долна оценка това дава точно равенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадени са пет точки A,B,C,D,EA,B,C,D,E така, че ABCDABCD е успоредник, а BCEDBCED е вписан четириъгълник. Нека ℓ\ell е права през AA. Нека ℓ\ell пресича вътрешността на отсечката DCDC в FF и правата BCBC в GG. Ако EF=EG=ECEF=EG=EC, докажете, че ℓ\ell е ъглополовящата на ∠DAB\angle DAB.
РешениеНека M,N,PM,N,P са средите съответно на отсечките CF,CG,ACCF,CG,AC. Понеже ABCDABCD е успоредник, точката PP е и средата на BDBD. Хомотетия с център CC и коефициент 12\frac12 праща FF в MM, GG в NN и AA в PP. Следователно правата ℓ=AGF\ell=AGF се праща в правата MNPMNP.CDEBAMNPFGОт EF=ECEF=EC и това, че MM е средата на CFCF, получаваме EM⊥CFEM\perp CF. По същия начин от EG=ECEG=EC и това, че NN е средата на CGCG, получаваме EN⊥CGEN\perp CG. Понеже B,C,D,EB,C,D,E лежат на една окръжност, правата през двете проекции MM и NN е правата на Симсон на точката EE спрямо триъгълника BCDBCD. Но PP лежи на същата права MNMN и на страната BDBD, затова PP е третата проекция. Следователно EP⊥BDEP\perp BD. Понеже PP е средата на BDBD, правата EPEP е симетрала на BDBD. Значи EE е средата на дъгата BCD^\widehat{BCD}. Накрая правим следното гонене на насочени ъгли:∠(AB,ℓ)=∠(CD,MNP)=∠CMN=∠CEN=90∘−∠NCE=90∘+∠ECB.\begin{aligned} \angle(AB,\ell) &=\angle(CD,MNP)=\angle CMN=\angle CEN\\ &=90^\circ-\angle NCE=90^\circ+\angle ECB. \end{aligned}Това означава, че ℓ\ell е успоредна на една от ъглополовящите на ∠BCD\angle BCD, следователно и на една от ъглополовящите на ∠BAD\angle BAD. Понеже FF лежи във вътрешността на CDCD, получаваме именно вътрешната ъглополовяща на ∠DAB\angle DAB.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
В едно математическо състезание някои състезатели са приятели, като приятелството е взаимно. Да наречем група състезатели клика, ако всеки двама от тях са приятели. Ако най-големият размер на клика е четен, докажете, че състезателите могат да се разпределят в две стаи така, че най-големият размер на клика, съдържаща се в едната стая, да е равен на най-големия размер на клика, съдържаща се в другата стая.
РешениеПревеждаме задачата на езика на графите. Нека KK е максимална клика с 2r2r върха. Оцветяваме върховете на KK в червено, а всички останали върхове в зелено. За множество върхове XX нека ω(X)\omega(X) означава размера на най-голямата клика в индуцирания от XX граф. Първоначално слагаме A=KA=K, а B=G∖KB=G\setminus K. Започваме да местим червени върхове от AA в BB, един по един. При всяко такова местене ω(A)\omega(A) намалява точно с 11, а ω(B)\omega(B) нараства с най-много 11. Спираме в първия момент, в който ω(B)≥ω(A)\omega(B)\ge\omega(A). Това се случва не по-късно от местенето на rr-ия червен връх, затова получаваме ω(A)≤ω(B)≤ω(A)+1.\omega(A)\le\omega(B)\le\omega(A)+1. Ако тук има равенство, задачата е решена. Остава случаят ω(A)=k\omega(A)=k и ω(B)=k+1\omega(B)=k+1. Тогава в AA има kk червени върха, а в BB има 2r−k2r-k червени върха. Ако можем да върнем някой червен връх от BB в AA, без да намалим ω(B)\omega(B), веднага получаваме и в двете стаи клика с размер k+1k+1. Значи можем да приемем, че всеки червен връх в BB участва във всяка (k+1)(k+1)-клика на BB. Сега разглеждаме всички (k+1)(k+1)-клики в BB в произволен ред. Ако текущата клика все още не съдържа избран син връх, избираме един неин зелен връх и го оцветяваме в синьо. Такъв зелен връх съществува, защото всяка (k+1)(k+1)-клика използва всички 2r−k2r-k червени върха в BB, а k+1>2r−kk+1\gt{}2r-k. Накрая местим всички сини върхове от BB в AA. По избора им всяка стара (k+1)(k+1)-клика в BB губи поне един връх, а точно след последното такова местене кликовото число на BB пада от k+1k+1 на kk. Ще проверим, че ω(A)\omega(A) остава равно на kk. В AA все още има kk червени върха, които образуват клика, така че ω(A)≥k\omega(A)\ge k. Ако след преместването в AA имаше (k+1)(k+1)-клика, нека тя съдържа bb сини върха и k+1−bk+1-b червени върха. Всеки син връх е бил избран от (k+1)(k+1)-клика в BB, следователно е съседен на всички червени върхове, останали в BB. Тези 2r−k2r-k червени върха, заедно с предполагаемата (k+1)(k+1)-клика в AA, биха образували клика с размер b+(k+1−b)+(2r−k)=2r+1,b+(k+1-b)+(2r-k)=2r+1, което противоречи на максималността на KK. Следователно и двете стаи имат най-голяма клика с размер kk.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
В триъгълник ABCABC ъглополовящата на ∠BCA\angle BCA пресича описаната окръжност повторно в RR, симетралата на отсечката BCBC в PP и симетралата на отсечката ACAC в QQ. Нека KK и LL са съответно средите на BCBC и ACAC. Докажете, че триъгълниците RPKRPK и RQLRQL имат равни лица.
РешениеПърво ще докажем следното твърдение:CQ=PR,CQ=PR,което е еквивалентно на CP=QRCP=QR, понеже точките C,Q,P,RC,Q,P,R лежат на една права. НекаO=LQ∩KPO=LQ\cap KPе центърът на описаната окръжност на ABCABC. Наистина, LQLQ е симетралата на ACAC, а KPKP е симетралата на BCBC. Имаме∠OPQ=∠KPC=90∘−∠PCK=\angle OPQ=\angle KPC=90^\circ-\angle PCK =90∘−∠LCQ=∠CQL=∠PQO.90^\circ-\angle LCQ=\angle CQL=\angle PQO.Следователно OP=OQOP=OQ. От друга страна OC=OROC=OR, защото OO е център на описаната окръжност. Значи перпендикулярът от OO към правата CRCR минава едновременно през средите на PQPQ и CRCR, откъдето получаваме CQ=PRCQ=PR. Нека XX и YY са петите на перпендикулярите от RR към правите CACA и CBCB. Понеже CRCR е ъглополовяща, правоъгълните триъгълници CXRCXR и CYRCYR са еднакви.CRXYQPLKABOПолагамеt=CQCR=1−CPCR,t=\frac{CQ}{CR}=1-\frac{CP}{CR},където използвахме вече доказаното твърдение. Тъй като QL∥RXQL\parallel RX, триъгълниците CQLCQL и CRXCRX са подобни с коефициент tt. Следователно QL=t⋅RXQL=t\cdot RX, а XL=(1−t)⋅XCXL=(1-t)\cdot XC. Затова[RQL]=[XQL]=t(1−t)[XRC].[RQL]=[XQL]=t(1-t)[XRC].Аналогично, от PK∥RYPK\parallel RY получаваме[RPK]=[YKP]=t(1−t)[YCR].[RPK]=[YKP]=t(1-t)[YCR].Понеже △CXR≅△CYR\triangle CXR\cong\triangle CYR, имаме [XRC]=[YCR][XRC]=[YCR]. От последните две равенства следва [RQL]=[RPK][RQL]=[RPK], както трябваше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са положителни цели числа. Докажете, че ако 4ab−14ab-1 дели (4a2−1)2(4a^2-1)^2, то a=ba=b.
РешениеПонеже gcd⁡(b,4ab−1)=1\gcd(b,4ab-1)=1, условието е еквивалентно на 4ab−1∣b2(4a2−1)2=(4a2b−b)2.4ab-1\mid b^2(4a^2-1)^2=(4a^2b-b)^2. Но 4a2b−b=a(4ab)−b≡a−b(mod4ab−1)4a^2b-b=a(4ab)-b\equiv a-b\pmod{4ab-1}, така че 4ab−1∣(a−b)2.4ab-1\mid (a-b)^2.Полагаме k=(a−b)24ab−1.k=\frac{(a-b)^2}{4ab-1}. Ако k=0k=0, то a=ba=b и сме готови. Да допуснем, че k>0k\gt{}0. Условието вече е симетрично спрямо aa и bb, затова можем да изберем решение с a>ba\gt{}b и с минимално a+ba+b. От уравнението (a−b)2=k(4ab−1)(a-b)^2=k(4ab-1) разглеждаме aa като корен на квадратно уравнение. По формулите на Виет другият корен е a′=b2+ka,a'=\frac{b^2+k}{a}, следователно a′a' е цяло положително число и двойката (a′,b)(a',b) също е решение. Ако a′≥aa'\ge a, то b2+k≥a2b^2+k\ge a^2, тоест k≥a2−b2k\ge a^2-b^2. Сега заместваме стойността на kk: (a−b)24ab−1≥(a−b)(a+b).\frac{(a-b)^2}{4ab-1}\ge (a-b)(a+b). Тъй като a>ba\gt{}b, делим на a−ba-b и получаваме a−b≥(4ab−1)(a+b),a-b\ge(4ab-1)(a+b), което е невъзможно за положителни цели a,ba,b. Значи 0<a′<a0\lt{}a'\lt{}a, което противоречи на минималността. Следователно случаят k>0k\gt{}0 е невъзможен и остава само a=ba=b.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Разглеждаме множеството S={(x,y,z):x,y,z∈{0,1,…,n}, x+y+z>0}S=\left\{(x,y,z):x,y,z\in\left\{0,1,\ldots,n\right\},\ x+y+z\gt{}0\right\} като множество от (n+1)3−1(n+1)^3-1 точки в тримерното пространство. Определете най-малкия възможен брой равнини, чието обединение съдържа SS, но не съдържа точката (0,0,0)(0,0,0).
РешениеОтговорът е 3n3n. Конструкция с 3n3n равнини е например x+y+z=iзаi=1,2,…,3n.x+y+z=i\quad\text{за}\quad i=1,2,\ldots,3n. Друга възможна конструкция са равнините x=ix=i, y=iy=i, z=iz=i за i=1,2,…,ni=1,2,\ldots,n. Да докажем, че по-малко равнини не стигат. Да допуснем, че имаме N<3nN\lt{}3n равнини, които покриват всички точки от SS и не минават през началото. След умножаване на уравненията по подходящи ненулеви константи можем да ги запишем като aix+biy+ciz+1=0(i=1,2,…,N).a_i x+b_i y+c_i z+1=0\quad (i=1,2,\ldots,N). Определяме полиномите A(x,y,z)=A(x,y,z)=∏i=1n(x−i)∏i=1n(y−i)∏i=1n(z−i)\prod_{i=1}^n(x-i)\prod_{i=1}^n(y-i)\prod_{i=1}^n(z-i) и B(x,y,z)=∏i=1N(aix+biy+ciz+1).B(x,y,z)=\prod_{i=1}^N(a_i x+b_i y+c_i z+1).За всяка точка от SS имаме A=B=0A=B=0: полиномът AA се занулява, защото поне една координата е между 11 и nn, а BB се занулява, защото точката лежи върху поне една от равнините. В началото обаче A(0,0,0)=(−1)n(n!)3≠0иB(0,0,0)=1.A(0,0,0)=(-1)^n(n!)^3\ne0\quad\text{и}\quad B(0,0,0)=1. Освен това коефициентът пред xnynznx^n y^n z^n в AA е 11, докато в BB е 00, понеже deg⁡B=N<3n\deg B=N\lt{}3n. Нека P(x,y,z)=A(x,y,z)−λB(x,y,z),P(x,y,z)=A(x,y,z)-\lambda B(x,y,z),λ=A(0,0,0).\quad\lambda=A(0,0,0). Тогава PP се занулява във всички точки на решетката {0,1,…,n}3\left\{0,1,\ldots,n\right\}^3: върху SS и двата полинома AA и BB са нули, а в началото изборът на λ\lambda дава P(0,0,0)=0P(0,0,0)=0. Но коефициентът пред xnynznx^n y^n z^n в PP остава 11. Това противоречи на комбинаторната Nullstellensatz на Алон, защото полином с този ненулев водещ смесен коефициент не може да се занулява върху цялото декартово произведение от по n+1n+1 стойности. Следователно са нужни поне 3n3n равнини.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2007/6Условие — източник