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

2012

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник, а JJ е центърът на AA-външновписаната му окръжност. Тази външновписана окръжност се допира до страната BCBC в MM, а до правите ABAB и ACAC съответно в KK и LL. Правите LMLM и BJBJ се пресичат в FF, а правите KMKM и CJCJ се пресичат в GG. Нека SS е пресечната точка на правите AFAF и BCBC, а TT - пресечната точка на правите AGAG и BCBC. Докажете, че MM е средата на отсечката STST.
РешениеЩе използваме барицентрични координати спрямо триъгълника ABCABC. Както обикновено, нека a=BCa=BC, b=CAb=CA, c=ABc=AB и s=12(a+b+c)s=\frac12(a+b+c). От стандартните координати за AA-външновписаната окръжност и допирните й точки имамеK=(−(s−c):s:0),K=(-(s-c):s:0),M=(0:s−b:s−c),J=(−a:b:c).\qquad M=(0:s-b:s-c),\qquad J=(-a:b:c).Пресмятайки пресечната точка на KMKM и CJCJ, получавамеG=(−a:b:−as+(s−c)bs−b).G=\left(-a:b:\frac{-as+(s-c)b}{s-b}\right).Затова правата AGAG пресича BCBC в точкатаT=(0:b:−as+(s−c)bs−b)=T=\left(0:b:\frac{-as+(s-c)b}{s-b}\right) =(0:b(s−b):b(s−c)−as).(0:b(s-b):b(s-c)-as).След нормировка на координатите върху BCBC това еT=(0:−ba:1+ba).T=\left(0:-\frac ba:1+\frac ba\right).За точка (0:y:z)(0:y:z) върху BCBC с y+z=1y+z=1 ориентираното разстояние от BB е zaza. Следователно за TT имаме BT=a+bBT=a+b. От друга страна M=(0:s−b:s−c)M=(0:s-b:s-c), а понеже (s−b)+(s−c)=a(s-b)+(s-c)=a, получаваме BM=s−cBM=s-c. ЗначиMT=(a+b)−(s−c)=s.MT=(a+b)-(s-c)=s.Аналогичното пресмятане след размяна на BB и CC даваS=(0:1+ca:−ca),S=\left(0:1+\frac ca:-\frac ca\right),тоест ориентирано BS=−cBS=-c. СледователноMS=(s−c)−(−c)=s.MS=(s-c)-(-c)=s.Точките SS и TT са от различни страни на MM и MS=MT=sMS=MT=s, така че MM е средата на STST.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека n≥3n\ge3 и нека a2,a3,…,ana_2,a_3,\ldots,a_n са положителни реални числа с произведение 11. Докажете, че(1+a2)2(1+a3)3⋯(1+an)n>nn.(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots(1+a_n)^n\gt{}n^n.
РешениеЗа всяко i=2,3,…,ni=2,3,\ldots,n прилагаме неравенството между средно аритметично и средно геометрично към числата1i−1,1i−1,…,1i−1⏟i−1 пъти,ai.\underbrace{\frac1{i-1},\frac1{i-1},\ldots,\frac1{i-1}}_{i-1\text{ пъти}}, a_i.Получаваме1+ai≥ix2ai(i−1)i−1i,1+a_i\ge i\sqrt[i]{\vphantom{x^2}\frac{a_i}{(i-1)^{i-1}}},тоест(1+ai)i≥ii(i−1)i−1ai.(1+a_i)^i\ge \frac{i^i}{(i-1)^{i-1}}a_i.Умножавайки тези неравенства за i=2,3,…,ni=2,3,\ldots,n и използвайки a2a3⋯an=1a_2a_3\cdots a_n=1, намираме(1+a2)2(1+a3)3⋯(1+an)n≥nn.(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots(1+a_n)^n\ge n^n.Равенство във всички приложени неравенства би изисквало ai=1i−1a_i=\frac1{i-1} за всяко ii, но тогава произведението на aia_i би било 1(n−1)!\frac1{(n-1)!}, а не 11, понеже n≥3n\ge3. Следователно поне едно от неравенствата е строго и получаваме исканото >nn\gt{}n^n.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Играта на лъжеца е игра между двама играчи AA и BB. Правилата зависят от две фиксирани положителни цели числа kk и nn, известни и на двамата играчи. В началото AA избира цели числа xx и NN с 1≤x≤N1\le x\le N. Играчът AA пази xx в тайна и казва истинно числото NN на играча BB. След това BB се опитва да получи информация за xx, като задава въпроси от следния вид: във всеки въпрос BB задава произволно множество SS от положителни цели числа (възможно е то вече да е било задавано) и пита дали x∈Sx\in S. Играчът BB може да зададе колкото въпроси желае. След всеки въпрос AA трябва веднага да отговори с да или не, но има право да лъже колкото пъти пожелае; единственото ограничение е, че сред всеки k+1k+1 последователни отговора поне един трябва да бъде верен. След като зададе въпросите си, BB трябва да посочи множество XX от най-много nn положителни цели числа. Ако x∈Xx\in X, тогава BB печели; иначе губи. Докажете, че: (a) ако n≥2kn\ge2^k, то BB може да си гарантира победа; (b) за всички достатъчно големи kk съществува цяло число n≥(1.99)kn\ge(1.99)^k, за което BB не може да си гарантира победа.
РешениеЩе наричаме играчите Алиса и Боб. Първо доказваме (a). Да приемем, че в някакъв момент има поне 2k+12^k+1 още възможни стойности за xx, и да ги преномерираме като 1,2,…,2k+11,2,\ldots,2^k+1. Боб първо задава въпроса S0={2k+1}S_0=\{2^k+1\}, докато Алиса отговори да или докато бъдат зададени k+1k+1 такива въпроса. Ако тя отговори не на всички тях, то поне един от тези еднакви отговори е верен, следователно x≠2k+1x\ne2^k+1 и тази стойност е изключена. Иначе Алиса някъде е отговорила да. Сега Боб задава kk въпроса за множеството T={1,2,…,2k}T=\{1,2,\ldots,2^k\}: за i=1,2,…,ki=1,2,\ldots,k множеството SiS_i съдържа точно онези числа от TT, чиято ii-та двоична цифра е 11. След получените kk отговора избираме единственото число y∈Ty\in T, чиято ii-та двоична цифра е противоположна на отговора на въпроса SiS_i. Ако сред последните k+1k+1 отговора верен е първият отговор да на S0S_0, тогава y∉S0y\notin S_0 и yy е невъзможно. Ако някой от двоичните отговори е верен, yy пак противоречи точно на този отговор. Значи Боб може да изключи поне една възможна стойност. Повтаряйки тази процедура и всеки път преномерирайки останалите кандидати, Боб свежда броя им до най-много 2k2^k. Тогава, понеже n≥2kn\ge2^k, той просто посочва всички останали възможни стойности и печели. За (b) вземаме n=⌈(1.99)k⌉n=\lceil(1.99)^k\rceil и N=n+1N=n+1, където kk е достатъчно голямо. Ще опишем стратегия на Алиса, която оставя всички NN числа съвместими с отговорите й. След tt-ия въпрос ще записваме отговора на Алиса във вида x∉Btx\notin B_t, където BtB_t е или попитаното множество StS_t, или неговото допълнение. За дадено число xx нека e(x)e(x) е дължината на текущата серия от последни множества Bt,Bt−1,…B_t,B_{t-1},\ldots, които съдържат xx, и му даваме тегло w(x)=1.998e(x)w(x)=1.998^{e(x)}. Нека WW е сумата от теглата преди следващия въпрос. Когато Боб зададе множество SS, Алиса избира за BB онова от SS и допълнението му, което има не по-голяма обща тежест; тя е най-много W/2W/2. Теглата на числата в BB се умножават по 1.9981.998, а теглата на останалите числа се връщат на 11. Затова новата обща тежест е най-много1.998⋅W2+(n+1)<0.999W+2n.1.998\cdot\frac W2+(n+1)\lt{}0.999W+2n.Оттук с индукция, например ако W<2000nW\lt{}2000n, то и следващата сума е <2000n\lt{}2000n. Първоначално W=N=n+1<2000nW=N=n+1\lt{}2000n. За достатъчно голямо kk имаме 2000n<1.998k+12000n\lt{}1.998^{k+1}. Следователно никое число никога не достига тегло 1.998k+11.998^{k+1}, тоест никое число не принадлежи на k+1k+1 последователни множества BtB_t. Когато Боб спре и посочи най-много nn числа, остава поне едно число y∈{1,2,…,N}y\in\{1,2,\ldots,N\} извън посоченото множество. За това yy сред всеки k+1k+1 последователни отговора има поне един, за който y∉Bty\notin B_t, т.е. поне един верен отговор, ако тайното число е било yy. Следователно историята на отговорите е съвместима с x=yx=y, а Боб не го е посочил. Значи Боб не може да си гарантира победа.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Намерете всички функции f:Z→Zf:\mathbb Z\to\mathbb Z, такива че за всички цели числа a,b,ca,b,c с a+b+c=0a+b+c=0 е изпълненоf(a)2+f(b)2+f(c)2=f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).
РешениеОтговорът е следният: за произволно K∈ZK\in\mathbb Z работят точно функциите (i) f(x)=Kx2f(x)=Kx^2; (ii) f(x)=0f(x)=0 за четно xx и f(x)=Kf(x)=K за нечетно xx; (iii) f(x)=0f(x)=0 за x≡0(mod4)x\equiv0\pmod4, f(x)=Kf(x)=K за нечетно xx и f(x)=4Kf(x)=4K за x≡2(mod4)x\equiv2\pmod4. Лесна проверка показва, че тези функции наистина удовлетворяват условието. Ще докажем, че други няма. От a=b=c=0a=b=c=0 получаваме f(0)=0f(0)=0. После, като вземем c=0c=0 и b=−ab=-a, следва f(a)=f(−a)f(a)=f(-a), тоест ff е четна. Затова условието е равносилно на(f(a+b)−f(a)−f(b))2=4f(a)f(b).(f(a+b)-f(a)-f(b))^2=4f(a)f(b).Следователно всички ненулеви стойности на ff имат един и същ знак и произведението на кои да е две стойности е точен квадрат. Значи съществуват цяло число λ\lambda и неотрицателна целочислена функция gg, такива че f(t)=λg(t)2f(t)=\lambda g(t)^2 за всяко tt. Тогава последното равенство даваg(a+b)=∣g(a)±g(b)∣,g(a+b)=\left|g(a)\pm g(b)\right|,като знакът може да зависи от aa и bb. Ако f≡0f\equiv0, това е включено при K=0K=0. Иначе нека d=g(1)>0d=g(1)\gt{}0 и поставим h(t)=g(t)/dh(t)=g(t)/d. Индуктивно всички g(t)g(t) са кратни на dd, а h(0)=0h(0)=0, h(1)=1h(1)=1 и h(a+b)=∣h(a)±h(b)∣h(a+b)=|h(a)\pm h(b)|. Оттук h(2)h(2) е или 00, или 22. Ако h(2)=0h(2)=0, тогава h(t+2)=h(t)h(t+2)=h(t) за всички tt, следователно hh е 00 върху четните и 11 върху нечетните числа. Това дава семейство (ii). Нека сега h(2)=2h(2)=2. Тогава от h(4)=∣h(2)±h(2)∣h(4)=|h(2)\pm h(2)| имаме h(4)=0h(4)=0 или 44. Ако h(4)=0h(4)=0, получаваме периодичната редица 0,1,2,1,0,1,2,1,…0,1,2,1,0,1,2,1,\ldots, което дава семейство (iii). Ако h(4)=4h(4)=4, тогава принудително h(3)=3h(3)=3, а от равенството h(m+1)=∣h(m)±1∣h(m+1)=|h(m)\pm1| и h(m+2)=∣h(m)±2∣h(m+2)=|h(m)\pm2| следва по индукция h(m)=mh(m)=m за всички m≥0m\ge0. Поради четността това дава семейство (i). Във всички случаи K=λd2K=\lambda d^2 е произволно цяло число.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с ∠BCA=90∘\angle BCA=90^\circ, а DD е основата на височината от CC. Нека XX е вътрешна точка на отсечката CDCD. Нека KK е точката от отсечката AXAX, за която BK=BCBK=BC. Аналогично, нека LL е точката от отсечката BXBX, за която AL=ACAL=AC. НекаM=AL∩BK.M=AL\cap BK.Докажете, че MK=MLMK=ML.
РешениеНека ωA\omega_A и ωB\omega_B са окръжностите с центрове съответно AA и BB, минаващи през CC. Продължаваме лъчите AKAK и BLBL, докато пресекат отново съответно ωB\omega_B и ωA\omega_A в точките K∗K^\ast и L∗L^\ast. От теоремата за радикалния център в точката XX следва, че K,L,K∗,L∗K,L,K^\ast,L^\ast лежат на една окръжност; нека това е ω\omega. Поради ортогоналността на ωA\omega_A и ωB\omega_B правите ALAL, AL∗AL^\ast, BKBK и BK∗BK^\ast са допирателни към ω\omega (в частност K,L,K∗,L∗K,L,K^\ast,L^\ast образуват хармонична четворка). В частност MKMK и MLML са допирателни към ω\omega, така чеMK=ML.MK=ML.ABCDXKLK*L*M
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Намерете всички положителни цели числа nn, за които съществуват неотрицателни цели числа a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n, такива че12a1+12a2+⋯+12an=\frac1{2^{a_1}}+\frac1{2^{a_2}}+\cdots+\frac1{2^{a_n}}=13a1+23a2+⋯+n3an=1.\frac1{3^{a_1}}+\frac2{3^{a_2}}+\cdots+\frac n{3^{a_n}}=1.
РешениеОтговорът е n≡1,2(mod4)n\equiv1,2\pmod4. Необходимостта следва от второто равенство по модул 22: понеже всяко 3ai3^{a_i} е нечетно, имаме1≡1+2+⋯+nmod  2.1\equiv1+2+\cdots+n\mod2.Тоест n(n+1)2\frac{n(n+1)}2 е нечетно, което е равносилно на n≡1,2(mod4)n\equiv1,2\pmod4. За достатъчност ще казваме, че едно nn работи, ако съществува подходяща редица a1,…,ana_1,\ldots,a_n. Първо, ако 2k−12k-1 работи, то работи и 2k2k: ако в старата конструкция ak=ra_k=r, заменяме този член с два члена ak=r+1a_k=r+1 и a2k=r+1a_{2k}=r+1. Това запазва първата сума чрез 12r=12r+1+12r+1\frac1{2^r}=\frac1{2^{r+1}}+\frac1{2^{r+1}}, а втората чрезk3r=k3r+1+2k3r+1.\frac{k}{3^r}=\frac{k}{3^{r+1}}+\frac{2k}{3^{r+1}}.Второ, ако 4k+24k+2 работи, то работи и 4k+134k+13. В старата конструкция вземаме члена с индекс k+2k+2, нека ak+2=ra_{k+2}=r. Заменяме го с член с индекс k+2k+2 и степен r+2r+2, както и с шест нови члена с индекси 4k+3,4k+5,…,4k+134k+3,4k+5,\ldots,4k+13 и степен r+3r+3. Това запазва първата сума, защото12r=12r+2+6⋅12r+3,\frac1{2^r}=\frac1{2^{r+2}}+6\cdot\frac1{2^{r+3}},а втората, защотоk+23r=\frac{k+2}{3^r}=k+23r+2+4k+33r+3\frac{k+2}{3^{r+2}}+\frac{4k+3}{3^{r+3}}+4k+53r+3+⋯+4k+133r+3.+\frac{4k+5}{3^{r+3}}+\cdots+\frac{4k+13}{3^{r+3}}.Липсващите нови четни индекси 4k+4,4k+6,…,4k+124k+4,4k+6,\ldots,4k+12 се получават последователно чрез първата операция, приложена към индексите 2k+2,2k+3,…,2k+62k+2,2k+3,\ldots,2k+6. Остават началните случаи. За n=1n=1 вземаме (a1)=(0)(a_1)=(0). За n=5n=5 работи(a1,a2,a3,a4,a5)=(2,2,2,3,3),(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5)=(2,2,2,3,3),а за n=9n=9 работи(a1,a2,…,a9)=(2,3,3,3,3,4,4,4,4).(a_1,a_2,\ldots,a_9)=(2,3,3,3,3,4,4,4,4).Първата операция превръща всяко работещо нечетно nn в следващото четно, а втората превръща всяко работещо n≡2(mod4)n\equiv2\pmod4 в следващото нужно число 1111 места по-нататък. Началните случаи 1,5,91,5,9 така пораждат всички положителни n≡1,2(mod4)n\equiv1,2\pmod4.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2012/6Условие — източник