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

2010

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R, такива че за всички x,y∈Rx,y\in\mathbb R е изпълнено f(⌊x⌋y)=f(x)⌊f(y)⌋,f(\lfloor x\rfloor y)=f(x)\lfloor f(y)\rfloor, където ⌊t⌋\lfloor t\rfloor означава цялата част на tt.
РешениеОтговорът е: всички функции от вида f(x)≡cf(x)\equiv c, където c=0c=0 или 1≤c<21\le c\lt{}2. Те наистина работят, защото условието за константна функция става c=c⌊c⌋c=c\lfloor c\rfloor. Поставяме x=0x=0. Получаваме f(0)=f(0)⌊f(y)⌋f(0)=f(0)\lfloor f(y)\rfloor за всяко yy. Ако f(0)≠0f(0)\ne0, то ⌊f(y)⌋=1\lfloor f(y)\rfloor=1 за всяко yy, следователно 1≤f(y)<21\le f(y)\lt{}2. После при y=0y=0 имаме f(0)=f(x)⌊f(0)⌋=f(x)f(0)=f(x)\lfloor f(0)\rfloor=f(x), така че ff е константна. Остава случаят f(0)=0f(0)=0. При x=y=1x=y=1 получаваме f(1)=f(1)⌊f(1)⌋f(1)=f(1)\lfloor f(1)\rfloor. Ако f(1)=0f(1)=0, то с x=1x=1 веднага следва f(y)=0f(y)=0 за всяко yy. Ако пък 1≤f(1)<21\le f(1)\lt{}2, тогава от y=1y=1 следва f(⌊x⌋)=f(x)f(\lfloor x\rfloor)=f(x) за всяко xx, понеже ⌊f(1)⌋=1\lfloor f(1)\rfloor=1. В частност f(x)=f(0)=0f(x)=f(0)=0 за 0≤x<10\le x\lt{}1. Но при (x,y)=(2,12)(x,y)=(2,\frac{1}{2}) получаваме f(1)=f(2)⌊f(12)⌋=0f(1)=f(2)\lfloor f(\frac{1}{2})\rfloor=0, противоречие. Следователно други решения няма.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека II е инцентърът на триъгълник ABCABC, а Γ\Gamma е описаната му окръжност. Правата AIAI пресича Γ\Gamma втори път в DD. Нека EE е точка от дъгата BDC^\widehat{BDC}, а FF е точка от страната BCBC, за които∠BAF=∠CAE<12∠BAC.\angle BAF=\angle CAE\lt{}\frac12\angle BAC.Накрая нека GG е средата на отсечката IFIF. Докажете, че правите DGDG и EIEI се пресичат върху Γ\Gamma.
РешениеНека правата EIEI пресича Γ\Gamma втори път в KK. Достатъчно е да докажем, че правата KDKD минава през средата на IFIF, защото тогава тази среда е GG, а пресечната точка на DGDG и EIEI е именно K∈ΓK\in\Gamma. Нека правата AFAF пресича Γ\Gamma втори път в HH. От условието ∠BAF=∠CAE\angle BAF=\angle CAE получаваме HE∥BCHE\parallel BC.ABCDII_AEKHFGPQTПрилагаме теоремата на Паскал към изродения шестоъгълник AHEKDDAHEKDD, където последната страна DDDD е допирателната към Γ\Gamma в DD. Пресечните точки на съответните срещуположни страни са: - P=AH∩KDP=AH\cap KD; - точката в безкрайността по посока, успоредна на BCBC, защото HE∥BCHE\parallel BC и допирателната в DD също е успоредна на BCBC; - точката II, понеже E,K,IE,K,I са колинеарни и A,D,IA,D,I са колинеарни. Следователно IP∥BCIP\parallel BC. Нека IAI_A е AA-ексцентърът на ABCABC. ПоложетеQ=IAF∩IP,T=AIA∩BC.Q=I_AF\cap IP,\qquad T=AI_A\cap BC.Използваме стандартния факт, че DD е средата на IIAII_A. Освен това хармоничното деление на правата AIAAI_A дава−1=(A,I;T,IA).-1=(A,I;T,I_A).Проектираме това отношение от точката FF върху правата IPQIPQ. Тъй като TT отива в точката в безкрайността по IPIP, а AA отива в PP, получаваме−1=(I,Q;∞,P).-1=(I,Q;\infty,P).Това означава точно, че PP е средата на IQIQ. Сега в триъгълника IIAQII_AQ точките DD и PP са среди съответно на IIAII_A и IQIQ. Следователно DP∥IAQDP\parallel I_AQ. Но QQ лежи на IAFI_AF, така че DP∥IAFDP\parallel I_AF. В триъгълника IIAFII_AF правата през средата DD на IIAII_A, успоредна на IAFI_AF, пресича IFIF в средата му. Понеже D,P,KD,P,K са колинеарни, правата KDKD действително разполовява IFIF. Това доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции g:Z>0→Z>0g:\mathbb Z_{\gt{}0}\to\mathbb Z_{\gt{}0}, такива че (g(m)+n)(g(n)+m)(g(m)+n)(g(n)+m) е точен квадрат за всички положителни цели числа mm и nn.
РешениеОтговорът е g(n)=n+cg(n)=n+c, където cc е неотрицателно цяло число. Наистина тогава (g(m)+n)(g(n)+m)=(m+n+c)2.(g(m)+n)(g(n)+m)=(m+n+c)^2.Ще докажем, че други решения няма. Нужна ни е лема: ако pp е просто число и g(n)≡g(n′)(modp)g(n)\equiv g(n')\pmod p, то n≡n′(modp)n\equiv n'\pmod p. Нека a=g(n)a=g(n) и b=g(n′)b=g(n'). Избираме достатъчно голямо положително цяло MM така, че νp(M+a)\nu_p(M+a) и νp(M+b)\nu_p(M+b) да са нечетни. Това е възможно: ако pt∥(a−b)p^t\parallel(a-b), вземаме r=1r=1 при t>1t\gt{}1 и r=3r=3 при t=1t=1; при a=ba=b вземаме r=1r=1; после задаваме pr∥M+ap^r\parallel M+a. Тогава и νp(M+b)\nu_p(M+b) е нечетна. По условие числата (M+g(n))(n+g(M))(M+g(n))(n+g(M)) и (M+g(n′))(n′+g(M))(M+g(n'))(n'+g(M)) са квадрати. Първият множител във всяко от тях има нечетна pp-адична валуация, затова вторият множител се дели на pp. Следователно n≡−g(M)≡n′(modp)n\equiv -g(M)\equiv n'\pmod p, което доказва лемата. Ако g(n)=g(n′)g(n)=g(n'), лемата дава n≡n′(modp)n\equiv n'\pmod p за всяко просто pp; с просто p>∣n−n′∣p\gt{}|n-n'| получаваме n=n′n=n'. Значи gg е инективна. Освен това никое просто число не може да дели g(n+1)−g(n)g(n+1)-g(n), защото лемата би дала n+1≡n(modp)n+1\equiv n\pmod p. Поради инективността тази разлика не е нула, следователно g(n+1)−g(n)=±1g(n+1)-g(n)=\pm1 за всяко nn. Ако две съседни разлики имаха различни знаци, щяхме да получим g(n+2)=g(n)g(n+2)=g(n), невъзможно. Значи всички разлики са еднакви. Те не могат всички да са −1-1, понеже стойностите на gg са положителни за безкрайно много nn. Следователно всички разлики са +1+1, т.е. g(n)=g(1)+n−1=n+cg(n)=g(1)+n-1=n+c с c≥0c\ge0.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека PP е вътрешна точка на триъгълника ABCABC, като CA≠CBCA\ne CB. Правите APAP, BPBP и CPCP пресичат повторно описаната окръжност Γ\Gamma съответно в KK, LL и MM. Допирателната към Γ\Gamma в CC пресича правата ABAB в SS. Докажете, че от SC=SPSC=SP следва MK=MLMK=ML.
РешениеЩе използваме хармонични снопове. Нека NN е диаметрално противоположната на MM точка върху Γ\Gamma, а правата NPNP пресича Γ\Gamma втори път в DD. Засега разглеждаме само точките C,D,M,NC,D,M,N, без да използваме условието SC=SPSC=SP. Точките CC и DD са пети на височините в триъгълника MNPMNP: имаме C∈MPC\in MP и NC⊥MPNC\perp MP, както и D∈NPD\in NP и MD⊥NPMD\perp NP. Затова, по стандартния факт за височините в един триъгълник, описаната окръжност около триъгълника CDPCDP е ортогонална на Γ\Gamma.ABCDKLMNPSСега използваме даденото условие. Понеже SCSC е допирателна към Γ\Gamma и SC=SPSC=SP, окръжността с център SS и радиус SCSC минава през PP и е ортогонална на Γ\Gamma. Следователно тя съвпада с описаната окръжност около триъгълника CDPCDP. Значи SS е центърът на тази окръжност, откъдето SD=SCSD=SC и правата SDSD също е допирателна към Γ\Gamma. От двете допирателни от SS към Γ\Gamma следва, че снопът през SS към точките A,B,C,DA,B,C,D е хармоничен; ще запишем това като−1=(AB;CD).-1=(AB;CD).Проектираме тази хармонична четворка от точката PP върху Γ\Gamma. Понеже A,P,KA,P,K, B,P,LB,P,L, C,P,MC,P,M и D,P,ND,P,N са колинеарни, получаваме−1=(AB;CD)=P(KL;MN).-1=(AB;CD)\overset{P}{=}(KL;MN).Но MNMN е диаметър на Γ\Gamma. Хармоничната четворка (K,L;M,N)(K,L;M,N) върху окръжност, при която MM и NN са диаметрално противоположни, дава точно MK=MLMK=ML. Това доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Всяка от шестте кутии B1,B2,B3,B4,B5,B6B_1,B_2,B_3,B_4,B_5,B_6 първоначално съдържа по една монета. Разрешени са следните два вида операции: (a) избираме непразна кутия BjB_j, 1≤j≤51\le j\le5, премахваме една монета от BjB_j и добавяме две монети в Bj+1B_{j+1}; (b) избираме непразна кутия BkB_k, 1≤k≤41\le k\le4, премахваме една монета от BkB_k и разменяме съдържанията, възможно празни, на кутиите Bk+1B_{k+1} и Bk+2B_{k+2}. Определете дали съществува крайна редица от разрешени операции, след която кутиите B1,B2,B3,B4,B5B_1,B_2,B_3,B_4,B_5 са празни, а кутия B6B_6 съдържа точно 2010201020102010^{2010^{2010}} монети.
РешениеДа, такава редица съществува. Ще записваме състоянието като шесторка от броевете монети в кутиите. Първо достигаме (1,1,1,1,1,1)→(0,3,1,0,3,1)→(0,0,7,0,0,7)→(0,0,6,2,0,7)→(0,0,6,1,2,7)→(0,0,6,1,0,11)→(0,0,6,0,11,0)→(0,0,5,11,0,0).(1,1,1,1,1,1)\to(0,3,1,0,3,1)\to(0,0,7,0,0,7)\to(0,0,6,2,0,7)\to(0,0,6,1,2,7)\to(0,0,6,1,0,11)\to(0,0,6,0,11,0)\to(0,0,5,11,0,0). Оттук нататък първите две кутии остават празни и работим само с последните четири, тоест започваме от (5,11,0,0)(5,11,0,0). Ще използваме следното твърдение: за k≥1k\ge1 и n>0n\gt{}0 от (k,n,0,0)(k,n,0,0) можем да достигнем (k−1,2n,0,0)(k-1,2^n,0,0). Наистина, ако гледаме само последните три координати, имаме (n,0,0)→(n−1,2,0)→(n−1,0,4)→(n−2,4,0)→(n−2,0,8)→⋯→(1,2n−1,0)→(1,0,2n)→(0,2n,0).(n,0,0)\to(n-1,2,0)\to(n-1,0,4)\to(n-2,4,0)\to(n-2,0,8)\to\cdots\to(1,2^{n-1},0)\to(1,0,2^n)\to(0,2^n,0). Следователно (k,n,0,0)→(k,0,2n,0)→(k−1,2n,0,0)(k,n,0,0)\to(k,0,2^n,0)\to(k-1,2^n,0,0). Прилагаме това пет пъти: (5,11,0,0)→(4,211,0,0)→(3,2211,0,0)→(2,22211,0,0)→(1,222211,0,0)→(0,A,0,0),(5,11,0,0)\to(4,2^{11},0,0)\to(3,2^{2^{11}},0,0)\to(2,2^{2^{2^{11}}},0,0)\to(1,2^{2^{2^{2^{11}}}},0,0)\to(0,A,0,0), където A=2222211>201020102010=B.A=2^{2^{2^{2^{2^{11}}}}}\gt{}2010^{2010^{2010}}=B. Понеже BB се дели на 44, а при състояние (0,t,0,0)(0,t,0,0) операция (b) с оригиналната кутия B4B_4 превръща това състояние в (0,t−1,0,0)(0,t-1,0,0), можем да стигнем от (0,A,0,0)(0,A,0,0) до (0,B/4,0,0)(0,B/4,0,0). Накрая с операции от тип (a) получаваме (0,B/4,0,0)→(0,0,B/2,0)→(0,0,0,B).(0,B/4,0,0)\to(0,0,B/2,0)\to(0,0,0,B). В пълната шесторка това е (0,0,0,0,0,B)(0,0,0,0,0,B), както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,a3,…a_1,a_2,a_3,\ldots е редица от положителни реални числа и нека ss е положително цяло число, такива че an=max⁡{ak+an−k∣1≤k≤n−1}a_n=\max\{a_k+a_{n-k}\mid1\le k\le n-1\} за всяко n>sn\gt{}s. Докажете, че съществуват положителни цели числа ℓ≤s\ell\le s и NN, такива че an=aℓ+an−ℓa_n=a_{\ell}+a_{n-\ell} за всяко n≥Nn\ge N.
РешениеПоставяме wi=ai/iw_i=a_i/i за 1≤i≤s1\le i\le s и избираме индекс ℓ≤s\ell\le s, за който wℓw_{\ell} е максимално. Ще докажем, че този положителен целочислен индекс ℓ\ell работи. Наричаме nn-тип всеки вектор T=⟨t1,…,ts⟩T=\langle t_1,\ldots,t_s\rangle от неотрицателни цели числа, за който t1+⋯+ts=nt_1+\cdots+t_s=n и i∣tii\mid t_i за всяко ii. Дефинираме стойността му като v(T)=∑i=1switi.v(T)=\sum_{i=1}^s w_i t_i. Мислим за ti/it_i/i блока с размер ii. Валидните типове се задават рекурсивно: за 1≤n≤s1\le n\le s единственият валиден nn-тип е En=⟨0,…,0,n,0,…,0⟩E_n=\langle0,\ldots,0,n,0,\ldots,0\rangle, а за n>sn\gt{}s типът е валиден, ако е сума на валиден kk-тип и валиден (n−k)(n-k)-тип. Тогава директно от рекурсията в условието следва an=max⁡T валиден n-типv(T).a_n=\max_{T\text{ валиден }n\text{-тип}} v(T).Ще използваме просто описание на валидните типове. За n>sn\gt{}s един nn-тип е валиден тогава и само тогава, когато или съществуват i<ji\lt{}j с i+j>si+j\gt{}s, ti≥it_i\ge i и tj≥jt_j\ge j, или съществува i>s/2i\gt{}s/2 с ti≥2it_i\ge2i. Необходимостта се вижда, като погледнем в построяването на типа първия момент, в който два блока дават сума над ss. Обратно, ако такава двойка блокове е налице, първо събираме нея; получаваме валиден тип с общ размер над ss, а после можем да добавяме останалите блокове един по един. За всяко n>sn\gt{}s избираме валиден nn-тип SnS_n, за който an=v(Sn)a_n=v(S_n); ако има равенство, избираме такъв с максимална ℓ\ell-та координата. Твърдим, че за всеки i≠ℓi\ne\ell координатата tit_i на SnS_n е най-много 2s+iℓ2s+i\ell. Ако не, намаляваме tit_i с iℓi\ell. Остава валиден тип, защото след намаляването пак има повече от 2s2s в ii-тата координата, така че свидетелят за валидност от описанието по-горе не се губи. После увеличаваме ℓ\ell-тата координата с iℓi\ell. Получаваме нов валиден nn-тип, чиято стойност е нараснала с iℓ(wℓ−wi)≥0,i\ell(w_{\ell}-w_i)\ge0, а при равенство има по-голяма ℓ\ell-та координата. Това противоречи на избора на SnS_n. Следователно всички координати с i≠ℓi\ne\ell са ограничени с константа, независеща от nn. За достатъчно голямо nn ℓ\ell-тата координата на SnS_n е толкова голяма, че Sn−EℓS_n-E_{\ell} пак е валиден (n−ℓ)(n-\ell)-тип: свидетелят за валидност от предишното описание остава след премахването на един блок с размер ℓ\ell. Тогава an=v(Sn)=aℓ+v(Sn−Eℓ)≤aℓ+an−ℓ.a_n=v(S_n)=a_{\ell}+v(S_n-E_{\ell})\le a_{\ell}+a_{n-\ell}. Обратното неравенство следва директно от дадената формула за ana_n, като вземем k=ℓk=\ell. Значи за всички достатъчно големи nn имаме an=aℓ+an−ℓa_n=a_{\ell}+a_{n-\ell}, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2010/6Условие — източник