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

2011

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За всяко множество A={a1,a2,a3,a4}A=\{a_1,a_2,a_3,a_4\} от четири различни положителни цели числа означаваме сумата a1+a2+a3+a4a_1+a_2+a_3+a_4 със sAs_A. Нека nAn_A е броят на двойките (i,j)(i,j), за които 1≤i<j≤41\le i\lt{}j\le4 и ai+aja_i+a_j дели sAs_A. Намерете всички множества AA от четири различни положителни цели числа, за които nAn_A приема възможно най-голямата си стойност.
РешениеОтговорът е: всички множества от вида{x,5x,7x,11x}или{x,11x,19x,29x},\{x,5x,7x,11x\}\quad\text{или}\quad\{x,11x,19x,29x\},където xx е положително цяло число. За тях лесно се проверява, че nA=4n_A=4. Ще докажем, че по-голяма стойност е невъзможна и че това са единствените случаи на равенство. Нека A={a,b,c,d}A=\{a,b,c,d\}, където a<b<c<da\lt{}b\lt{}c\lt{}d. За дадена двойка сумата й дели sAs_A точно тогава, когато дели сумата на допълнителната двойка. Понеже a+b<c+da+b\lt{}c+d и a+c<b+da+c\lt{}b+d, от първите две разбиения могат да дойдат най-много две делимости. От разбиението (a,d)(a,d) и (b,c)(b,c) могат да дойдат най-много две, и това става точно когато a+d=b+ca+d=b+c. Следователно nA≤4n_A\le4, а при nA=4n_A=4 непременно имамеa+b∣c+d,a+c∣b+d,a+d=b+c.a+b\mid c+d,\qquad a+c\mid b+d,\qquad a+d=b+c.От a+c∣b+da+c\mid b+d и d=b+c−ad=b+c-a получавамеa+c∣b+d−(a+c)=2(b−a).a+c\mid b+d-(a+c)=2(b-a).Тъй като a+c>b−aa+c\gt{}b-a, следва a+c=2(b−a)a+c=2(b-a), тоест c=2b−3ac=2b-3a. Тогаваd=b+c−a=3b−4a.d=b+c-a=3b-4a.Оставащата делимост даваa+b∣c+d=5b−7a,a+b\mid c+d=5b-7a,а по модул a+ba+b това е равносилно на a+b∣12aa+b\mid12a. Нека x=gcd⁡(a,b)x=\gcd(a,b). От формулите за cc и dd следва, че xx дели и тях; делим всички числа на xx и свеждаме до случая gcd⁡(a,b)=1\gcd(a,b)=1. Тогава gcd⁡(a+b,a)=1\gcd(a+b,a)=1, значи a+b∣12a+b\mid12. Условието c>bc\gt{}b дава b>3ab\gt{}3a. При gcd⁡(a,b)=1\gcd(a,b)=1 и a+b∣12a+b\mid12 единствените възможности са (a,b)=(1,5)(a,b)=(1,5) и (a,b)=(1,11)(a,b)=(1,11). Те водят съответно до (a,b,c,d)=(1,5,7,11)(a,b,c,d)=(1,5,7,11) и (1,11,19,29)(1,11,19,29). След връщане на множителя xx получаваме точно двете семейства по-горе.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека SS е крайно множество от поне две точки в равнината, като никои три точки от SS не са колинеарни. Вятърна мелница е следният процес. Започваме с права ℓ\ell, която минава през единствена точка P∈SP\in S. Правата се върти по часовниковата стрелка около опорната точка PP до първия момент, в който срещне друга точка Q∈SQ\in S. Тогава QQ става новата опорна точка и правата продължава да се върти по часовниковата стрелка около QQ, докато срещне следващата точка от SS. Процесът продължава безкрайно. Докажете, че можем да изберем точка P∈SP\in S и права ℓ\ell през PP така, че получената вятърна мелница да използва всяка точка от SS като опорна точка безкрайно много пъти.
РешениеОриентираме правата ℓ\ell и наричаме лявата й страна червена, а дясната синя. Ключовото наблюдение е, че по време на процеса броят на точките от SS в червената страна и броят на точките в синята страна не се променят; промяна има само в самия момент, когато правата съдържа две точки, но тогава старата опорна точка и новата опорна точка разменят ролите си от двете страни. Нека ∣S∣=n+1|S|=n+1. Избираме началната ориентирана права през някоя точка P∈SP\in S така, че от останалите nn точки точно ⌊n/2⌋\lfloor n/2\rfloor да са отляво и точно ⌈n/2⌉\lceil n/2\rceil да са отдясно. Такава права съществува: ако въртим права през фиксирана точка от SS, броят на точките от едната страна се изменя с единица при преминаване през точка, следователно се среща и желаното почти наполовина разделяне. Сега стартираме процеса от тази конфигурация. След като ориентираната права се завърти на 180∘180^\circ, лявата и дясната страна са разменени. От друга страна броевете на точките от двете страни са останали същите през целия процес. Затова всяка точка от SS е трябвало да лежи върху правата поне веднъж през този половин оборот; а когато точка от SS лежи върху правата в такъв момент, тя става опорна точка. Следователно в рамките на всеки половин оборот всички точки се използват като опорни. Понеже въртенето продължава безкрайно, всяка точка от SS се появява като опорна точка безкрайно много пъти.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R е реалнозначна функция, дефинирана върху множеството на реалните числа, такава чеf(x+y)≤yf(x)+f(f(x))f(x+y)\le yf(x)+f(f(x))за всички реални числа xx и yy. Докажете, че f(x)=0f(x)=0 за всяко x≤0x\le0.
РешениеПърво пренаписваме условието, като поставим z=x+yz=x+y:f(z)≤(z−x)f(x)+f(f(x))за всички x,f(z)\le (z-x)f(x)+f(f(x))\qquad\text{за всички }x,z∈R.(1)z\in\mathbb R.\tag{1}Ще премахнем двойното прилагане на ff. В (1) слагаме z=f(w)z=f(w) и получавамеf(f(w))≤(f(w)−x)f(x)+f(f(x)).f(f(w))\le (f(w)-x)f(x)+f(f(x)).Същото неравенство с разменени xx и ww даваf(f(x))≤(f(x)−w)f(w)+f(f(w)).f(f(x))\le (f(x)-w)f(w)+f(f(w)).Събирайки двете неравенства, намирамеwf(w)+xf(x)≤2f(x)f(w).(2)wf(w)+xf(x)\le2f(x)f(w).\tag{2}В (2) поставяме w=2f(x)w=2f(x) и веднага след съкращаване получавамеxf(x)≤0за всяко x∈R.(3)xf(x)\le0\qquad\text{за всяко }x\in\mathbb R.\tag{3}Сега ще докажем, че f(p)≤0f(p)\le0 за всяко реално pp. Да допуснем обратното: f(p)>0f(p)\gt{}0. Ако z<0z\lt{}0, от (3) следва f(z)≥0f(z)\ge0. От (1) обаче имаме0≤f(z)≤(z−p)f(p)+f(f(p)).0\le f(z)\le (z-p)f(p)+f(f(p)).Когато z→−∞z\to-\infty, дясната страна клони към −∞-\infty, което е невъзможно. Значи наистина f(p)≤0f(p)\le0 за всяко pp. За x<0x\lt{}0 неравенството (3) дава f(x)≥0f(x)\ge0, а току-що доказаното дава f(x)≤0f(x)\le0, следователно f(x)=0f(x)=0. Накрая вземаме в (1) отрицателни xx и zz. Тогава f(z)=0f(z)=0 и f(x)=0f(x)=0, така че 0≤f(0)0\le f(0). Но вече знаем, че f(0)≤0f(0)\le0, следователно f(0)=0f(0)=0. Така f(x)=0f(x)=0 за всички x≤0x\le0.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n>0n\gt{}0 е цяло число. Разполагаме с везна и с nn тежести с тегла 20,21,…,2n−12^0,2^1,\ldots,2^{n-1}. Трябва да поставим всяка от nn-те тежести върху везната, една след друга, така че дясното блюдо никога да не бъде по-тежко от лявото. На всяка стъпка избираме една от още непоставените тежести и я поставяме или върху лявото, или върху дясното блюдо, докато всички тежести бъдат поставени. Определете броя на начините, по които това може да се направи.
РешениеОтговорът еan=(2n−1)!!.a_n=(2n-1)!!.Ще наричаме валидна nn-последователност избор на реда на поставяне на тежестите и на блюдото за всяка тежест, при който условието винаги е изпълнено. Ще докажем формулата с индукция по nn. При n=1n=1 има единствена възможност - тежестта 11 се поставя отляво. Нека n≥2n\ge2 и разгледаме тежестта 20=12^0=1. Ако я изтрием от произволна валидна nn-последователност, остава валидна (n−1)(n-1)-последователност за тежестите 2,4,…,2n−12,4,\ldots,2^{n-1}, тоест за стандартните (n−1)(n-1) тежести, умножени по 22. Обратно, да започнем от валидна (n−1)(n-1)-последователност с удвоени тежести. Можем да вмъкнем тежестта 11 във всяка от nn-те позиции: преди всички тежести, между две съседни тежести или след всички тежести. Ако я поставим отляво, условието очевидно не се разваля. Ако я поставим отдясно, това е допустимо във всяка позиция освен най-първата: след като вече е поставена поне една от удвоените тежести, разликата ляво минус дясно е положително четно число, защото ненулева подписана сума от различни степени на 22, всички кратни на 22, не може да бъде 00. Следователно добавянето на 11 отдясно пак не прави дясното блюдо по-тежко. Така всяка валидна (n−1)(n-1)-последователност поражда точно 2n−12n-1 валидни nn-последователности и всяка валидна nn-последователност се получава по единствен начин. Значиan=(2n−1)an−1.a_n=(2n-1)a_{n-1}.Понеже a1=1a_1=1, получаваме an=(2n−1)!!a_n=(2n-1)!!.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека f:Z→Z>0f:\mathbb Z\to\mathbb Z_{\gt{}0} е функция, такава че f(m−n)f(m-n) дели f(m)−f(n)f(m)-f(n) за всички m,n∈Zm,n\in\mathbb Z. Докажете, че ако m,n∈Zm,n\in\mathbb Z и f(m)≤f(n)f(m)\le f(n), то f(m)f(m) дели f(n)f(n).
РешениеЩе означаваме даденото условие за двойката (m,n)(m,n) с P(m,n)P(m,n). Първо доказваме, че ff е четна. От P(x,0)P(x,0) следваf(x)∣f(x)−f(0),f(x)\mid f(x)-f(0),следователно f(x)∣f(0)f(x)\mid f(0). Нека M=f(0)M=f(0). От P(0,x)P(0,x) имамеf(−x)∣M−f(x).f(-x)\mid M-f(x).Понеже вече знаем и f(−x)∣Mf(-x)\mid M, получаваме f(−x)∣f(x)f(-x)\mid f(x). По същия начин f(x)∣f(−x)f(x)\mid f(-x), следователно f(x)=f(−x)f(x)=f(-x) за всяко цяло xx. Сега ще докажем следното твърдение. Ако x+y+z=0x+y+z=0, то сред числата f(x),f(y),f(z)f(x),f(y),f(z) две са равни и делят третото. Поставямеa=f(±x),b=f(±y),c=f(±z),a=f(\pm x),\qquad b=f(\pm y),\qquad c=f(\pm z),което е коректно заради четността. От условието, приложено например към P(y,−z)P(y,-z), и от аналогичните две приложения получавамеa∣b−c,b∣c−a,c∣a−b.a\mid b-c,\qquad b\mid c-a,\qquad c\mid a-b.Без ограничение нека c=max⁡(a,b,c)c=\max(a,b,c). Тогава c∣a−bc\mid a-b, но ∣a−b∣<c|a-b|\lt{}c, освен ако a=ba=b. Следователно a=ba=b. От първите две делимости получаваме още a=b∣ca=b\mid c. Това доказва твърдението. Накрая прилагаме твърдението към тройката m,n,−m−nm,n,-m-n. Сред f(m),f(n),f(−m−n)f(m),f(n),f(-m-n) две стойности са равни и делят третата. Ако f(m)=f(n)f(m)=f(n), готово. Ако f(m)=f(−m−n)f(m)=f(-m-n), тогава тази обща стойност дели f(n)f(n). Ако пък f(n)=f(−m−n)f(n)=f(-m-n), тогава f(n)f(n) дели f(m)f(m); заедно с f(m)≤f(n)f(m)\le f(n) това принуждава f(m)=f(n)f(m)=f(n). Във всички случаи f(m)∣f(n)f(m)\mid f(n).
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е остроъгълен триъгълник с описана окръжност Γ\Gamma. Нека ℓ\ell е допирателна към Γ\Gamma, а ℓa\ell_a, ℓb\ell_b, ℓc\ell_c са правите, получени чрез отразяване на ℓ\ell съответно спрямо правите BCBC, CACA и ABAB. Докажете, че описаната окръжност на триъгълника, образуван от правите ℓa\ell_a, ℓb\ell_b и ℓc\ell_c, се допира до Γ\Gamma.
РешениеЩе използваме комплексни числа. Нормализираме Γ\Gamma до единичната окръжност ω\omega и чрез завъртане приемаме, че точката на допиране на ℓ\ell е P=1P=1. Тогава ℓ\ell е правата през точките 1+i1+i и 1−i1-i. Нека A1=ℓb∩ℓcA_1=\ell_b\cap\ell_c, а a2=a2a_2=a^2; геометрично A2A_2 е отражението на PP спрямо диаметъра на ω\omega, който минава през AA. Точките B1,C1,B2,C2B_1,C_1,B_2,C_2 се дефинират аналогично. Ще докажем, че правите A1A2A_1A_2, B1B2B_1B_2 и C1C2C_1C_2 се пресичат в точка TT върху ω\omega.ABCPA1B1C1A2B2C2TПърво намираме A1A_1. Ако отразим точките 1+i1+i и 1−i1-i спрямо правата ABAB, получаваме точки Z1,Z2Z_1,Z_2 сz1=a+b−ab(1−i)=a+b−ab+abi,z_1=a+b-ab(1-i)=a+b-ab+abi,иz2=a+b−ab(1+i)=a+b−ab−abi.z_2=a+b-ab(1+i)=a+b-ab-abi.Следователноz1−z2=2abiz_1-z_2=2abiиz1‾z2−z2‾z1=−2i(a+b+1a+1b−2).\overline{z_1}z_2-\overline{z_2}z_1=-2i\left(a+b+\frac1a+\frac1b-2\right).Сега ℓc\ell_c е правата Z1Z2Z_1Z_2, а аналогично уравнение за ℓb\ell_b даваa1=−2i(a+b+1a+1b−2)(2aci)+2i(a+c+1a+1c−2)(2abi)(−2abi)(2aci)−(−2aci)(2abi)=(c−b)a2+(cb−bc−2c+2b)a+(c−b)cb−bc=a+bcb+c(a−1)2.\begin{aligned} a_1&=\frac{-2i\left(a+b+\frac1a+\frac1b-2\right)(2aci)+2i\left(a+c+\frac1a+\frac1c-2\right)(2abi)}{\left(-\frac{2}{ab}i\right)(2aci)-\left(-\frac{2}{ac}i\right)(2abi)}\\ &=\frac{(c-b)a^2+\left(\frac cb-\frac bc-2c+2b\right)a+(c-b)}{\frac cb-\frac bc}\\ &=a+\frac{bc}{b+c}(a-1)^2. \end{aligned}Второто пресичане на правата A1A2A_1A_2 с ω\omega еa1−a21−a2a1‾=a+bcb+c(a−1)2−a21−a−a2⋅(1−1/a)2b+c=a+bcb+c(1−a)1−1b+c(1−a)=ab+bc+ca−abca+b+c−1.\begin{aligned} \frac{a_1-a_2}{1-a_2\overline{a_1}} &=\frac{a+\frac{bc}{b+c}(a-1)^2-a^2}{1-a-a^2\cdot\frac{(1-1/a)^2}{b+c}}\\ &=\frac{a+\frac{bc}{b+c}(1-a)}{1-\frac{1}{b+c}(1-a)}\\ &=\frac{ab+bc+ca-abc}{a+b+c-1}. \end{aligned}Последният израз е симетричен по a,b,ca,b,c, затова същата точка лежи и върху B1B2B_1B_2, и върху C1C2C_1C_2. Така получаваме обща точка T∈ωT\in\omega. Остава да докажем, че триъгълниците A1B1C1A_1B_1C_1 и A2B2C2A_2B_2C_2 са хомотетични с център TT. По симетрия е достатъчно да проверим A1B1∥A2B2A_1B_1\parallel A_2B_2. Това е еквивалентно на твърдението, че аргументите на комплексните числа a2−b2a^2-b^2, a−ba-b и ii образуват аритметична прогресия, т.е.(a−b)2i(a2−b2)∈R.\frac{(a-b)^2}{i(a^2-b^2)}\in\mathbb R.Наистина,(a−b)2i(a2−b2)=\frac{(a-b)^2}{i(a^2-b^2)}=(1a−1b)21i(1a2−1b2),\frac{\left(\frac1a-\frac1b\right)^2}{\frac1i\left(\frac1{a^2}-\frac1{b^2}\right)},понеже ∣a∣=∣b∣=1|a|=|b|=1, така че числото е равно на своето комплексно спрегнато и е реално. Следователно A1B1∥A2B2A_1B_1\parallel A_2B_2, а циклично и останалите съответни страни са успоредни. Хомотетия с център TT изпраща триъгълника A2B2C2A_2B_2C_2 в A1B1C1A_1B_1C_1. Но A2,B2,C2A_2,B_2,C_2 лежат върху ω=Γ\omega=\Gamma, затова образът на ω\omega е описаната окръжност на A1B1C1A_1B_1C_1 и двете окръжности се допират в TT.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2011/6Условие — източник