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

2009

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека n,k≥2n,k\ge2 са положителни цели числа и нека a1,a2,a3,…,aka_1,a_2,a_3,\ldots,a_k са различни цели числа от множеството {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\}, такива че nn дели ai(ai+1−1)a_i(a_{i+1}-1) за i=1,2,…,k−1i=1,2,\ldots,k-1. Докажете, че nn не дели ak(a1−1)a_k(a_1-1).
РешениеДа допуснем противното и да разглеждаме индексите по модул kk, така че ai(ai+1−1)≡0(modn)a_i(a_{i+1}-1)\equiv0\pmod n за всяко i=1,2,…,ki=1,2,\ldots,k. Ще докажем, че всички aia_i са равни по модул nn, което противоречи на това, че са различни числа от 11 до nn. Нека q=peq=p^e е произволна проста степен, деляща nn. От a1(a2−1)≡0(modq)a_1(a_2-1)\equiv0\pmod q следва, че p∣a1p\mid a_1 или p∣a2−1p\mid a_2-1. Ако p∣a1p\mid a_1, то p∤a1−1p\nmid a_1-1. От ak(a1−1)≡0(modq)a_k(a_1-1)\equiv0\pmod q получаваме ak≡0(modq)a_k\equiv0\pmod q. Тогава по същия начин назад следват ak−1≡0(modq)a_{k-1}\equiv0\pmod q, ak−2≡0(modq)a_{k-2}\equiv0\pmod q и т.н. Ако пък p∣a2−1p\mid a_2-1, то p∤a2p\nmid a_2. От a2(a3−1)≡0(modq)a_2(a_3-1)\equiv0\pmod q следва a3≡1(modq)a_3\equiv1\pmod q, а после повтарянето на същия аргумент дава a4≡1(modq)a_4\equiv1\pmod q, a5≡1(modq)a_5\equiv1\pmod q и т.н. И в двата случая остатъкът на aia_i по модул qq е константен, равен съответно на 00 или 11. Понеже qq беше произволна проста степен, деляща nn, от китайската теорема за остатъците получаваме, че всички aia_i са равни по модул nn. Това е невъзможно за различни представители от {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\}, следователно n∤ak(a1−1)n\nmid a_k(a_1-1).
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с център на описаната окръжност OO. Точките PP и QQ са вътрешни точки съответно на страните CACA и ABAB. Нека KK, LL и MM са средите съответно на отсечките BPBP, CQCQ и PQPQ. Да предположим, че правата PQPQ се допира до описаната окръжност на триъгълника KLMKLM. Докажете, че OP=OQOP=OQ.
РешениеНека RR е радиусът на описаната окръжност на ABCABC. От степен на точка спрямо тази окръжност имаме−AQ⋅QB=OQ2−R2-AQ\cdot QB=OQ^2-R^2и−AP⋅PC=OP2−R2.-AP\cdot PC=OP^2-R^2.Следователно е достатъчно да докажем, чеAQ⋅QB=AP⋅PC.AQ\cdot QB=AP\cdot PC.ABCPQMKLOПонеже ML∥ACML\parallel AC и MK∥ABMK\parallel AB, а PQPQ е допирателна към описаната окръжност на KLMKLM в точката MM, от теоремата за ъгъл между допирателна и хорда получаваме∠APQ=∠LMP=∠LKM\angle APQ=\angle LMP=\angle LKMи∠PQA=∠KMQ=∠MLK.\angle PQA=\angle KMQ=\angle MLK.Затова триъгълниците APQAPQ и MKLMKL са подобни с противоположна ориентация. ОттукAQAP=MLMK.\frac{AQ}{AP}=\frac{ML}{MK}.Но MM и LL са среди в триъгълника PQCPQC, така че 2ML=PC2ML=PC, а MM и KK са среди в триъгълника PBQPBQ, така че 2MK=QB2MK=QB. СледователноAQAP=MLMK=PCQB,\frac{AQ}{AP}=\frac{ML}{MK}=\frac{PC}{QB},което е еквивалентно на AQ⋅QB=AP⋅PCAQ\cdot QB=AP\cdot PC. Значи OP=OQOP=OQ.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека s1,s2,s3,…s_1,s_2,s_3,\ldots е строго растяща редица от положителни цели числа, такава че подредиците ss1,ss2,ss3,…s_{s_1},s_{s_2},s_{s_3},\ldots и ss1+1,ss2+1,ss3+1,…s_{s_1+1},s_{s_2+1},s_{s_3+1},\ldots са аритметични прогресии. Докажете, че самата редица s1,s2,s3,…s_1,s_2,s_3,\ldots е аритметична прогресия.
РешениеПишем s(n)=sns(n)=s_n. По условие съществуват константи A,B,D,D′A,B,D,D', за които s(s(n))=Dn+A,s(s(n)+1)=D′n+B.s(s(n))=Dn+A,\qquad s(s(n)+1)=D'n+B. От неравенствата s(s(n))≤s(s(n)+1)≤s(s(n+1))s(s(n))\le s(s(n)+1)\le s(s(n+1)) веднага следва D=D′D=D' и A≤BA\le B. Нека dn=s(n+1)−s(n)d_n=s(n+1)-s(n). Разликите dnd_n са ограничени отгоре, защото сумата на разликите от индекс s(n)s(n) до индекс s(n+1)−1s(n+1)-1 е s(s(n+1))−s(s(n))=D.s(s(n+1))-s(s(n))=D. Затова можем да положим m=min⁡ndn,M=max⁡ndn.m=\min_n d_n,\qquad M=\max_n d_n.Избираме aa, за което da=Md_a=M. Тогава ds(a)+ds(a)+1+⋯+ds(a+1)−1=d_{s(a)}+d_{s(a)+1}+\cdots+d_{s(a+1)-1}=s(s(a+1))−s(s(a))=DM.s(s(a+1))-s(s(a))=DM. В тази сума има точно s(a+1)−s(a)=Ms(a+1)-s(a)=M събираеми, а всяко от тях е най-много MM. Следователно всички те са равни на MM. По-специално M=ds(a)=s(s(a)+1)−s(s(a))=B−A.M=d_{s(a)}=s(s(a)+1)-s(s(a))=B-A. По същия начин, ако aa е избрано с da=md_a=m, получаваме m=B−Am=B-A. Значи m=Mm=M, всички последователни разлики dnd_n са равни и редицата s1,s2,s3,…s_1,s_2,s_3,\ldots е аритметична прогресия.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с AB=ACAB=AC. Ъглополовящите на ∠CAB\angle CAB и ∠ABC\angle ABC пресичат съответно страните BCBC и CACA в DD и EE. Нека KK е инцентърът на триъгълника ADCADC. Ако ∠BEK=45∘\angle BEK=45^\circ, намерете всички възможни стойности на ∠CAB\angle CAB.
РешениеНека II е инцентърът на ABCABC и положим ∠DAC=2x\angle DAC=2x; тогава 0∘<x<45∘0^\circ\lt{}x\lt{}45^\circ и ∠CAB=4x\angle CAB=4x. След стандартно пресмятане на ъглите, използвайки че ADAD, BIBI и CICI са ъглополовящи, а DKDK е ъглополовяща в правоъгълния триъгълник ADCADC, получаваме∠KIE=90∘−2x,∠ECI=45∘−x,\angle KIE=90^\circ-2x,\quad \angle ECI=45^\circ-x,∠IEK=45∘,∠KEC=3x.\quad \angle IEK=45^\circ,\quad \angle KEC=3x.ABCDEIKОстава да намерим връзка между тези ъгли. Ще я получим, като изразим отношението IK/KCIK/KC по два начина. От синусовата теорема в триъгълниците IKEIKE и KECKEC имамеIKKC=\frac{IK}{KC}=sin⁡45∘⋅EKsin⁡(90∘−2x)sin⁡(3x)⋅EKsin⁡(45∘−x)=\frac{\sin45^\circ\cdot \frac{EK}{\sin(90^\circ-2x)}}{\sin(3x)\cdot \frac{EK}{\sin(45^\circ-x)}}=sin⁡45∘sin⁡(45∘−x)sin⁡(3x)sin⁡(90∘−2x).\frac{\sin45^\circ\sin(45^\circ-x)}{\sin(3x)\sin(90^\circ-2x)}.От друга страна, в триъгълника IDCIDC точката KK лежи върху страната ICIC и DKDK е ъглополовяща, затова по теоремата за ъглополовящатаIKKC=IDDC.\frac{IK}{KC}=\frac{ID}{DC}.Със синусова теорема в същия триъгълник получавамеIDDC=sin⁡(45∘−x)sin⁡(45∘+x).\frac{ID}{DC}=\frac{\sin(45^\circ-x)}{\sin(45^\circ+x)}.Приравнявайки двата израза и съкращавайки ненулевия множител sin⁡(45∘−x)\sin(45^\circ-x), стигаме доsin⁡45∘sin⁡(45∘+x)=sin⁡(3x)sin⁡(90∘−2x).\sin45^\circ\sin(45^\circ+x)=\sin(3x)\sin(90^\circ-2x).По формулите за преобразуване на произведение в сбор това е еквивалентно наcos⁡x−cos⁡(90∘+x)=cos⁡(5x−90∘)−cos⁡(90∘+x),\cos x-\cos(90^\circ+x)=\cos(5x-90^\circ)-\cos(90^\circ+x),следователно cos⁡x=cos⁡(5x−90∘)\cos x=\cos(5x-90^\circ). Сега, обратно използвайки формулата за разлика на косинуси,0=cos⁡(5x−90∘)−cos⁡x=0=\cos(5x-90^\circ)-\cos x=2sin⁡(3x−45∘)sin⁡(2x−45∘).2\sin(3x-45^\circ)\sin(2x-45^\circ).Понеже 0∘<x<45∘0^\circ\lt{}x\lt{}45^\circ, възможните стойности са самоx=15∘илиx=45∘2.x=15^\circ\quad\text{или}\quad x=\frac{45^\circ}{2}.Следователно ∠CAB=4x\angle CAB=4x е съответно 60∘60^\circ или 90∘90^\circ. И двете стойности наистина се получават: за равнобедрен триъгълник с връх съответно 60∘60^\circ или 90∘90^\circ горното пресмятане на ъглите дава обратно ∠BEK=45∘\angle BEK=45^\circ.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f:Z>0→Z>0f:\mathbb Z_{\gt{}0}\to\mathbb Z_{\gt{}0}, такива че за всички положителни цели числа aa и bb числата a,f(b),f(b+f(a)−1)a,\quad f(b),\quad f(b+f(a)-1) са страни на неизроден триъгълник.
РешениеЕдинственото решение е тъждествената функция f(n)=nf(n)=n, която очевидно работи. Ще докажем, че други няма. Нека P(a,b)P(a,b) означава условието от задачата за дадени a,ba,b. Първо ще покажем, че f(1)=1f(1)=1 и f(f(n))=nf(f(n))=n за всяко nn. От P(1,b)P(1,b) трите страни са 11, f(b)f(b) и f(b+f(1)−1)f(b+f(1)-1). Понеже последните две са цели числа и образуват неизроден триъгълник със страна 11, те трябва да са равни: f(b)=f(b+f(1)−1).f(b)=f(b+f(1)-1). Ако N=f(1)−1≥1N=f(1)-1\ge1, то ff е периодична с период NN. Това е невъзможно: фиксираме bb и избираме произволно големи aa в един и същ остатъчен клас по модул NN; тогава двете страни f(b)f(b) и f(b+f(a)−1)f(b+f(a)-1) остават сред краен набор от стойности, а страната aa става прекалено голяма за триъгълник. Следователно f(1)=1f(1)=1. После от P(n,1)P(n,1) получаваме n−1<f(f(n))<n+1,n-1\lt{}f(f(n))\lt{}n+1, откъдето, понеже средната стойност е цяло число, f(f(n))=nf(f(n))=n. В частност ff е биекция. Нека δ=f(2)−1\delta=f(2)-1. Имаме δ>0\delta\gt{}0, защото f(2)≠f(1)f(2)\ne f(1). Ще докажем, че за всяко nn е изпълнено f(n+1)=f(n)+δилиf(n−1)=f(n)+δ,f(n+1)=f(n)+\delta\quad\text{или}\quad f(n-1)=f(n)+\delta, като вторият вариант се разглежда само когато n>1n\gt{}1. От P(2,f(n))P(2,f(n)) следва n−2<f(f(n)+δ)<n+2.n-2\lt{}f(f(n)+\delta)\lt{}n+2. Да означим y=f(f(n)+δ)y=f(f(n)+\delta). Тогава f(y)=f(n)+δf(y)=f(n)+\delta. Не може y=ny=n, защото тогава f(n)=f(n)+δf(n)=f(n)+\delta. Следователно y=n+1y=n+1 или y=n−1y=n-1, което дава твърдението. Сега индуктивно получаваме, че ff е аритметична прогресия с разлика δ\delta. Наистина f(1)=1f(1)=1 и f(2)=1+δf(2)=1+\delta. Ако f(j)=1+(j−1)δf(j)=1+(j-1)\delta за 1≤j≤n1\le j\le n, n≥2n\ge2, то f(n−1)≠f(n)+δf(n-1)\ne f(n)+\delta, затова предишният абзац принуждава f(n+1)=f(n)+δf(n+1)=f(n)+\delta. Следователно f(n)=1+(n−1)δf(n)=1+(n-1)\delta за всяко nn. Но тогава от f(f(n))=nf(f(n))=n получаваме 1+(n−1)δ2=n,1+(n-1)\delta^2=n, така че δ=1\delta=1. Значи f(n)=nf(n)=n за всички nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n са различни положителни цели числа и нека MM е множество от n−1n-1 положителни цели числа, което не съдържа s=a1+a2+⋯+an.s=a_1+a_2+\cdots+a_n. Един скакалец трябва да се движи по реалната права, като започва от точка 00 и прави nn скока надясно с дължини a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n в някакъв ред. Докажете, че редът може да бъде избран така, че скакалецът никога да не попадне в точка от MM.
РешениеЩе докажем твърдението с индукция по nn. Подреждаме дължините така, че a1<a2<⋯<ana_1\lt{}a_2\lt{}\cdots\lt{}a_n, и наричаме точките от MM мини. Нека x=s−an.x=s-a_n. Разглеждаме случаи според това дали в xx има мина и дали има мина вдясно от xx. Ако в xx няма мина, а вдясно от xx има поне една мина, то в интервала [0,x][0,x] има най-много n−2n-2 мини. По индукционната хипотеза можем с дължините a1,…,an−1a_1,\ldots,a_{n-1} да стигнем до xx, без да попаднем на мина; после правим последния скок с дължина ana_n до ss. Ако в xx няма мина и няма мина вдясно от xx, нека mm е най-дясната мина. Прилагаме индукцията към множеството M∖{m}M\setminus\{m\} и дължините a1,…,an−1a_1,\ldots,a_{n-1}, за да получим път до xx, който избягва всички мини освен евентуално mm. Ако този път не стъпва на mm, завършваме със скока ana_n. Ако стъпва на mm при скок с дължина aka_k, разменяме този скок със скока ana_n: тогава междинната точка става по-голяма от xx, където няма мини, а след това скокът aka_k довежда отново до ss. Ако в xx има мина, но вдясно от xx няма мина, повтаряме предишния случай с m=xm=x. Индукцията ни дава път до xx, избягващ всички други мини; ако последната проблемна точка е xx, разменяме съответния скок със скока ana_n и завършваме по същия начин. Остава случаят, когато в xx има мина и има поне една мина вдясно от xx. Твърдим, че съществува индекс 1≤i≤n−11\le i\le n-1, за който и двете точки s−aiиy=s−ai−ans-a_i\quad\text{и}\quad y=s-a_i-a_n не са мини. Ако това не беше вярно, за всеки ii с неминирана точка s−ais-a_i точката s−ai−ans-a_i-a_n трябваше да е мина. Но точките s−ais-a_i са различни и лежат вдясно от xx, а точките s−ai−ans-a_i-a_n са различни и лежат вляво от xx; понеже вече имаме мина в xx и поне една мина вдясно от xx, броят на мините вляво от xx не стига да покрие всички останали индекси. Следователно такъв ii съществува. За този ii прилагаме индукцията към останалите n−2n-2 дължини, за да стигнем до y=s−ai−any=s-a_i-a_n: има две мини вдясно от yy, именно xx и поне една от точките вдясно от xx, така че сред точките до yy остават най-много n−3n-3 мини. Накрая правим скоковете y→s−ai→s,y\to s-a_i\to s, съответно с дължини ana_n и aia_i. И двете междинни точки са неминирани, така че построеният ред избягва всички точки от MM.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2009/6Условие — източник