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

2008

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека HH е ортоцентърът на остроъгълен триъгълник ABCABC. Окръжността ΓA\Gamma_A с център средата на BCBC и минаваща през HH пресича правата BCBC в точките A1A_1 и A2A_2. Аналогично се дефинират точките B1B_1, B2B_2, C1C_1 и C2C_2. Докажете, че шестте точки A1A_1, A2A_2, B1B_1, B2B_2, C1C_1, C2C_2 лежат на една окръжност.
РешениеЩе дадем две решения. Първо решение чрез степен на точка. Нека DD, EE и FF са центровете съответно на ΓA\Gamma_A, ΓB\Gamma_B и ΓC\Gamma_C, тоест средите на страните. Първо ще докажем, че B1B_1, B2B_2, C1C_1 и C2C_2 лежат на една окръжност. Достатъчно е да докажем, че AA лежи на радикалната ос на окръжностите ΓB\Gamma_B и ΓC\Gamma_C.ABCDEFHXA_1A_2B_1B_2C_1C_2OНека XX е втората пресечна точка на ΓB\Gamma_B и ΓC\Gamma_C. Ясно е, че XHXH е перпендикулярна на правата през центровете на тези две окръжности, тоест на EFEF. Но EF∥BCEF\parallel BC, следователно XH⊥BCXH\perp BC. От друга страна AH⊥BCAH\perp BC, понеже HH е ортоцентър. Значи AA, XX и HH са колинеарни, което доказва, че AA е на радикалната ос. Следователно B1B_1, B2B_2, C1C_1 и C2C_2 лежат на една окръжност. По същия начин C1C_1, C2C_2, A1A_1 и A2A_2 лежат на една окръжност, както и A1A_1, A2A_2, B1B_1 и B2B_2. Ако две от тези три окръжности съвпадат, сме готови. Иначе техните по двойки радикални оси трябва да са конкурентни, но те са съответно правите ABAB, BCBC и CACA, които не са конкурентни. Противоречие. Второ решение чрез дължини. Ще докажем, че центърът OO на описаната окръжност на ABCABC е всъщност център на окръжността през шестте точки A1A_1, A2A_2, B1B_1, B2B_2, C1C_1, C2C_2. Отново нека DD, EE и FF са средите на страните. Понеже OD⊥A1A2OD\perp A_1A_2 и DA1=DA2DA_1=DA_2, получаваме OA1=OA2OA_1=OA_2. Аналогично OB1=OB2OB_1=OB_2 и OC1=OC2OC_1=OC_2. Сега, тъй като DA1=DA2=DHDA_1=DA_2=DH, имамеOA12=OD2+HD2.OA_1^2=OD^2+HD^2.Достатъчно е да докажем, чеOD2+HD2=OE2+HE2=OF2+HF2.OD^2+HD^2=OE^2+HE^2=OF^2+HF^2.Това следва веднага от теоремата на Аполоний, понеже DD, EE и FF лежат на деветточковата окръжност, чийто център е средата на OHOH. Така всички шест точки са на една и съща окръжност с център OO.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека x,y,zx,y,z са реални числа, такива че xyz=1xyz=1, като всяко от тях е различно от 11. Докажете, че x2(x−1)2+y2(y−1)2+z2(z−1)2≥1,\frac{x^2}{(x-1)^2}+\frac{y^2}{(y-1)^2}+\frac{z^2}{(z-1)^2}\ge1, и покажете, че равенство се достига за безкрайно много избори на рационални числа x,y,zx,y,z.
РешениеПишем x=abx=\frac ab, y=bcy=\frac bc, z=caz=\frac ca. Тогава трябва да докажем (aa−b)2+(bb−c)2+(cc−a)2≥1.\left(\frac{a}{a-b}\right)^2+\left(\frac{b}{b-c}\right)^2+\left(\frac{c}{c-a}\right)^2\ge1.След директно привеждане към общ знаменател това е еквивалентно на (a2b+b2c+c2a−3abc)2(a−b)2(b−c)2(c−a)2≥\frac{(a^2b+b^2c+c^2a-3abc)^2}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}\ge0,0, което доказва неравенството. За равенство е достатъчно да има безкрайно много цели решения на a2b+b2c+c2a=3abc,a^2b+b^2c+c^2a=3abc, тоест на ac+ba+cb=3.\frac ac+\frac ba+\frac cb=3. Еквивалентно, търсим безкрайно много рационални решения на u+v+1uv=3.u+v+\frac1{uv}=3. При дадено ненулево рационално uu съответното vv може да се запише като v=−u+(u−1)x21−4/u+32.v=\frac{-u+(u-1)\sqrt{\vphantom{x^2}1-4/u}+3}{2}. Затова е достатъчно 1−4/u1-4/u да е рационален квадрат. Например за всяко рационално q≠±1q\ne\pm1 можем да вземем u=−4q2−1,u=\frac{-4}{q^2-1}, и получаваме рационално vv. Като изключим само крайните параметри, които правят някое от x,y,zx,y,z равно на 11, остават безкрайно много рационални тройки с равенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Докажете, че има безкрайно много положителни цели числа nn, такива че n2+1n^2+1 има прост делител, по-голям от 2n+x22n2n+\sqrt{\vphantom{x^2}2n}.
РешениеИдеята е първо да изберем простото число pp. Нека p≥2013p\ge2013 е просто число с p≡1(mod8)p\equiv1\pmod8 и нека h=⌈p⌉h=\lceil\sqrt p\rceil. Ще намерим nn, за което n≤p−h2иp∣n2+1.n\le\frac{p-h}{2}\quad\text{и}\quad p\mid n^2+1. Тогава p≥2n+p>2n+x22np\ge2n+\sqrt p\gt{}2n+\sqrt{\vphantom{x^2}2n}, така че pp е търсеният прост делител. Понеже p≡1(mod8)p\equiv1\pmod8, съществува число xx с p2<x<pиx2≡−1(modp).\frac p2\lt{}x\lt{}p\quad\text{и}\quad x^2\equiv-1\pmod p. Записваме x=p+12+t.x=\frac{p+1}{2}+t. Твърдим, че t≥h−12t\ge\frac{h-1}{2}. Ако не, то 0≡4(x2+1)=(p+1+2t)2+4≡(2t+1)2+4(modp).0\equiv4(x^2+1)=(p+1+2t)^2+4\equiv(2t+1)^2+4\pmod p. Числото (2t+1)2+4(2t+1)^2+4 е положително, дели се на pp и е най-много ⌈p⌉2+4<2p\lceil\sqrt p\rceil^2+4\lt{}2p. Следователно то трябва да е равно на pp, но това е невъзможно по модул 88, защото (2t+1)2+4≡5(mod8)(2t+1)^2+4\equiv5\pmod8, а p≡1(mod8)p\equiv1\pmod8. Следователно можем да вземем n=p−xn=p-x. Тогава p∣n2+1p\mid n^2+1, а от долната граница за tt следва n≤p−h2n\le\frac{p-h}{2}. Понеже има безкрайно много прости числа p≡1(mod8)p\equiv1\pmod8, получаваме безкрайно много такива nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f:R>0→R>0f:\mathbb R_{\gt{}0}\to\mathbb R_{\gt{}0}, такива че f(w)2+f(x)2f(y2)+f(z2)=w2+x2y2+z2\frac{f(w)^2+f(x)^2}{f(y^2)+f(z^2)}=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} за всички положителни реални числа w,x,y,zw,x,y,z, за които wx=yzwx=yz.
РешениеОтговорите са f(x)=xf(x)=x и f(x)=1xf(x)=\frac1x. Те наистина работят. Ще докажем, че други няма. Първо поставяме (w,x,y,z)=(t,t,t,t)(w,x,y,z)=(t,t,t,t). Получаваме f(t2)=f(t)2f(t^2)=f(t)^2, в частност f(1)=1f(1)=1. После при (w,x,y,z)=(t,1,t,t)(w,x,y,z)=(t,1,\sqrt t,\sqrt t) имаме f(t)2+12f(t)=t2+12t,\frac{f(t)^2+1}{2f(t)}=\frac{t^2+1}{2t}, откъдето като квадратно уравнение за f(t)f(t) следва f(t)∈{t,1t}.f(t)\in\left\{t,\frac1t\right\}.Да допуснем, че f(a)=af(a)=a и f(b)=1bf(b)=\frac1b. Поставяме (w,x,y,z)=(a,b,1,x2ab)(w,x,y,z)=(\sqrt a,\sqrt b,1,\sqrt{\vphantom{x^2}ab}) и използваме f(t2)=f(t)2f(t^2)=f(t)^2. Получаваме a+1/bf(ab)+1=a+bab+1.\frac{a+1/b}{f(ab)+1}=\frac{a+b}{ab+1}. Ако f(ab)=abf(ab)=ab, това дава b=1b=1; ако f(ab)=1abf(ab)=\frac1{ab}, това дава a=1a=1. Значи не може да има смесване на двата избора извън 11. Следователно за всички tt функцията е или винаги f(t)=tf(t)=t, или винаги f(t)=1tf(t)=\frac1t.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека nn и kk са положителни цели числа, като k≥nk\ge n и k−nk-n е четно. Има 2n2n лампи, означени с 1,2,…,2n1,2,\ldots,2n, всяка от които може да бъде включена или изключена. Първоначално всички лампи са изключени. Разглеждаме редици от стъпки: на всяка стъпка една от лампите се превключва. Нека NN е броят на редиците от kk стъпки, след които лампите 11 до nn са включени, а лампите n+1n+1 до 2n2n са изключени. Нека MM е броят на редиците от kk стъпки със същото крайно състояние, но при които никоя от лампите n+1n+1 до 2n2n никога не се включва. Определете NM\frac NM.
РешениеОтговорът е 2k−n2^{k-n}. Разглеждаме изображение Ψ\Psi от NN-редиците към MM-редиците: всяка поява на n+1n+1 се заменя с 11, всяка поява на n+2n+2 се заменя с 22, и така нататък до замяната на 2n2n с nn. Например при k=9k=9 и n=3n=3 редицата 144225253144225253 се изпраща в 111222223111222223. Ясно е, че това изображение е добре дефинирано и сюрективно. Остава да преброим колко прообраза има всяка MM-редица. Нека в дадена MM-редица лампа ii се среща cic_i пъти. Тъй като в края лампа ii е включена, cic_i е нечетно. За да получим прообраз, избираме четен брой от тези cic_i появи, които да заменим с лампа n+in+i; тогава лампа n+in+i пак завършва изключена, а лампа ii завършва включена. Това може да се направи по 2ci−12^{c_i-1} начина за всяко ii. Следователно броят на прообразите е ∏i=1n2ci−1=2(c1+⋯+cn)−n=2k−n.\prod_{i=1}^n2^{c_i-1}=2^{(c_1+\cdots+c_n)-n}=2^{k-n}. Значи всяка MM-редица има точно 2k−n2^{k-n} прообраза и NM=2k−n\frac NM=2^{k-n}.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е изпъкнал четириъгълник с BA≠BCBA\ne BC. Нека вписаните окръжности на триъгълниците ABCABC и ADCADC са съответно ω1\omega_1 и ω2\omega_2. Да предположим, че съществува окръжност ω\omega, която се допира до лъча BABA след AA и до лъча BCBC след CC, и която се допира също до правите ADAD и CDCD. Докажете, че общите външни допирателни към ω1\omega_1 и ω2\omega_2 се пресичат върху ω\omega.
РешениеПо външния вариант на теоремата на Пито съществуването на ω\omega даваBA+AD=CB+CD.BA+AD=CB+CD.Нека PQPQ и STST са диаметри съответно на ω1\omega_1 и ω2\omega_2, като P,T∈ACP,T\in AC. Горната дължинна зависимост в ABCDABCD означава, че PP и TT са симетрични спрямо средата на ACAC. Ориентираме ACAC хоризонтално и нека KK е горната точка на ω\omega спрямо тази ориентация.WXYZABCDPQTSKТогава хомотетия с център BB изпраща точките QQ, TT и KK една в друга: точката QQ е съответната горна точка на вписаната окръжност на ABCABC, а TT е съответната точка за другата окръжност от противоположната страна на ACAC. Аналогично хомотетия с център DD изпраща точките PP, SS и KK една в друга. Понеже PQPQ и STST са успоредни диаметри, от тези две хомотетии следва, че KK е центърът на външната хомотетия, която изпраща ω1\omega_1 в ω2\omega_2. Следователно общите външни допирателни към ω1\omega_1 и ω2\omega_2 се пресичат в KK. А по построение K∈ωK\in\omega, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2008/6Условие — източник