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

2013

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2013 · 11-12: липсва задача 3, 4

11-12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека kk и nn са положителни цели числа. Докажете, че съществуват положителни цели числа m1,m2,…,mkm_1,m_2,\ldots,m_k, такива че1+2k−1n=(1+1m1)(1+1m2)⋯(1+1mk).1+\frac{2^k-1}{n}=\left(1+\frac1{m_1}\right)\left(1+\frac1{m_2}\right)\cdots\left(1+\frac1{m_k}\right).
РешениеДоказваме твърдението с индукция по k≥1k\ge1. При k=1k=1 е достатъчно да вземем m1=nm_1=n. Нека k>1k\gt{}1 и твърдението е доказано за k−1k-1. Ако nn е четно, записвамеn+2k−1n=(1+1n+2k−2)⋅n2+2k−1−1n2.\frac{n+2^k-1}{n}=\left(1+\frac1{n+2^k-2}\right)\cdot\frac{\frac n2+2^{k-1}-1}{\frac n2}.Втората дроб има същия вид за числата k−1k-1 и n2\frac n2, затова по индукционното предположение се разлага в произведение от k−1k-1 множителя от вида 1+1m1+\frac1m. Заедно с първия множител получаваме желаното разлагане. Ако nn е нечетно, използваме вместо товаn+2k−1n=(1+1n)⋅n+12+2k−1−1n+12.\frac{n+2^k-1}{n}=\left(1+\frac1n\right)\cdot\frac{\frac{n+1}{2}+2^{k-1}-1}{\frac{n+1}{2}}.Понеже n+12\frac{n+1}{2} е положително цяло число, отново прилагаме индукционното предположение към втория множител и получаваме още k−1k-1 подходящи положителни цели числа. Така във всички случаи имаме точно kk множителя, както се иска.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2013/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Конфигурация от 40274027 точки в равнината се нарича колумбийска, ако се състои от 20132013 червени точки и 20142014 сини точки, като никои три точки от конфигурацията не са колинеарни. Като начертаем няколко прави, равнината се разделя на области. Наричаме една подредба от прави добра за дадена колумбийска конфигурация, ако са изпълнени условията: (i) никоя от правите не минава през точка от конфигурацията; (ii) никоя област не съдържа точки и от двата цвята. Намерете най-малката стойност на kk, такава че за всяка колумбийска конфигурация от 40274027 точки съществува добра подредба от kk прави.
РешениеОтговорът е k=2013k=2013. Първо ще покажем, че са необходими поне 20132013 прави. Вземаме правилен 40264026-ъгълник и оцветяваме върховете му последователно в червено и синьо, а последната синя точка поставяме в общо положение където и да е. Всяка страна на многоъгълника е отсечка с краища от различни цветове, следователно трябва да бъде пресечена от някоя от начертаните прави. Една права може да пресече най-много две страни на изпъкнал многоъгълник, затова са нужни поне 4026/2=20134026/2=2013 прави. Сега ще докажем, че 20132013 прави винаги стигат. Разглеждаме изпъкналата обвивка на всички точки. Ако върху нея има червена точка, отделяме тази червена точка от всички останали с една права. Останалите 20122012 червени точки разделяме произволно на 10061006 двойки. За всяка двойка {A,B}\{A,B\} начертаваме две прави, успоредни на ABAB и достатъчно близки до нея, така че тясната ивица между тях да съдържа точно двете точки AA и BB от конфигурацията. Така всяка червена точка е отделена в област, която не съдържа сини точки. Общият брой прави е 1+2⋅1006=20131+2\cdot1006=2013. Ако изпъкналата обвивка няма червена точка, тогава върху нея има две съседни сини точки. Отделяме тези две сини точки от всички останали с една права и прилагаме същата конструкция към останалите 20122012 сини точки. Отново получаваме добра подредба с 20132013 прави. Следователно минималната стойност е 20132013.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2013/2Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека функцията f:Q>0→Rf:\mathbb Q_{\gt{}0}\to\mathbb R удовлетворява: (i) ако x,y∈Q>0x,y\in\mathbb Q_{\gt{}0}, то f(x)f(y)≥f(xy)f(x)f(y)\ge f(xy); (ii) ако x,y∈Q>0x,y\in\mathbb Q_{\gt{}0}, то f(x+y)≥f(x)+f(y)f(x+y)\ge f(x)+f(y); (iii) съществува рационално число a>1a\gt{}1, за което f(a)=af(a)=a. Докажете, че f(x)=xf(x)=x за всички положителни рационални числа xx.
РешениеПърво ще изключим неприятните случаи. Ще покажем, че за всяко положително цяло число nn е изпълнено f(n)≥nf(n)\ge n. От (ii) с индукция получаваме f(nx)≥nf(x)f(nx)\ge n f(x). От (i), приложено към (a,1)(a,1), имаме f(a)f(1)≥f(a)f(a)f(1)\ge f(a); понеже f(a)=a>0f(a)=a\gt{}0, следва f(1)≥1f(1)\ge1, а оттук f(n)≥nf(n)\ge n. Следва, че ff приема само положителни стойности. Наистина, ако p,qp,q са положителни цели числа, тогаваf(q)f(pq)≥f(p),f(q)f\left(\frac pq\right)\ge f(p),а вече знаем, че f(p)>0f(p)\gt{}0 и f(q)>0f(q)\gt{}0. Значи f(p/q)>0f(p/q)\gt{}0 за всяко положително рационално p/qp/q. Оттук и от (ii) следва, че ff е строго растяща. Сега доказваме, че за всяко положително рационално x>1x\gt{}1 имаме f(x)≥xf(x)\ge x. За всяко положително цяло NN от (i), монотонността и предишния абзац получавамеf(x)N≥f(xN)≥f(⌊xN⌋)≥⌊xN⌋>xN−1.f(x)^N\ge f(x^N)\ge f(\lfloor x^N\rfloor)\ge \lfloor x^N\rfloor\gt{}x^N-1.Като пуснем N→∞N\to\infty, следва f(x)≥xf(x)\ge x. От друга страна, всички степени ama^m са неподвижни точки. Наистина, от (i) имаме f(am)≤f(a)m=amf(a^m)\le f(a)^m=a^m, а току-що доказаното дава обратното неравенство, понеже am>1a^m\gt{}1. Нека сега x>1x\gt{}1 и изберем достатъчно голямо mm, така че am−x>1a^m-x\gt{}1. Тогаваam=f(am)≥f(am−x)+f(x)≥(am−x)+x=am.a^m=f(a^m)\ge f(a^m-x)+f(x)\ge (a^m-x)+x=a^m.Следователно навсякъде има равенство и f(x)=xf(x)=x за всяко положително рационално x>1x\gt{}1. Остава 0<x≤10\lt{}x\le1. Избираме цяло nn, така че nx>1nx\gt{}1. Вече знаем, че f(n)=nf(n)=n и f(nx)=nxf(nx)=nx. От (i) следваnf(x)=f(n)f(x)≥f(nx)=nx,n f(x)=f(n)f(x)\ge f(nx)=nx,а от (ii), приложено nn пъти, следваnx=f(nx)≥nf(x).nx=f(nx)\ge n f(x).Значи nf(x)=nxnf(x)=nx, т.е. f(x)=xf(x)=x. Това завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2013/5Условие — източник