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

2014

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2014 · 11-12: липсва задача 3

11-12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a0<a1<a2<⋯a_0\lt{}a_1\lt{}a_2\lt{}\cdots е безкрайна редица от положителни цели числа. Докажете, че съществува единствено цяло число n≥1n\ge1, за коетоan<a0+a1+a2+⋯+ann≤an+1.a_n\lt{}\frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\le a_{n+1}.
РешениеЗа n≥1n\ge1 дефинирамеbn=(an−an−1)+(an−an−2)+⋯+(an−a1).b_n=(a_n-a_{n-1})+(a_n-a_{n-2})+\cdots+(a_n-a_1).Тъй като редицата (an)(a_n) е строго растяща, редицата (bn)(b_n) също е строго растяща, като b1=0b_1=0. Освен това bn→∞b_n\to\infty, защото an≥ai+n−ia_n\ge a_i+n-i за 1≤i≤n1\le i\le n. Исканото неравенство е точноbn<a0≤bn+1.b_n\lt{}a_0\le b_{n+1}.Наистина, лявото неравенство се получава след прехвърляне на a1+⋯+ana_1+\cdots+a_n от другата страна, а дясното - по същия начин за an+1a_{n+1}. Понеже 0=b1<a00=b_1\lt{}a_0 и (bn)(b_n) расте строго до безкрайност, има единствен индекс nn, за който bn<a0≤bn+1b_n\lt{}a_0\le b_{n+1}. Това дава и единствеността, и съществуването на търсеното nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n\ge2 е цяло число. Разглеждаме шахматна дъска n×nn\times n, съставена от n2n^2 единични квадратчета. Конфигурация от nn топа върху тази дъска ще наричаме спокойна, ако във всеки ред и във всеки стълб има точно един топ. Намерете най-голямото положително цяло число kk, такова че за всяка спокойна конфигурация от nn топа съществува квадрат k×kk\times k, който не съдържа топ в нито едно от своите k2k^2 единични квадратчета.
РешениеОтговорът еk=⌊x2n−1⌋.k=\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n-1}\rfloor.Първо нека n>k2n\gt{}k^2. Ще покажем, че тогава винаги има празен квадрат k×kk\times k. Вземаме топа в най-горния ред. Избираме блок от kk последователни стълба, който съдържа неговия стълб, и непосредствено под този ред разглеждаме kk последователни квадрата k×kk\times k със същите стълбове. Те са разположени един под друг и се побират в дъската, понеже n≥k2+1n\ge k^2+1. В тези kk квадрата могат да има най-много k−1k-1 топа: използват се само избраните kk стълба, а един от тях вече съдържа горния топ. Следователно поне един от разглежданите kk квадрата е празен. Така свойството е вярно за всяко kk с k2<nk^2\lt{}n. Остава да покажем, че по-голямо kk не може да се гарантира. Достатъчно е да построим, когато n≤k2n\le k^2, спокойна конфигурация без празен квадрат k×kk\times k. За n=k2n=k^2 номерираме редовете с двойки (q,r)(q,r), където 0≤q,r<k0\le q,r\lt{}k, и поставяме топа в ред qk+r+1qk+r+1 в стълб rk+q+1rk+q+1. Всеки прозорец от kk последователни реда съдържа точно по един ред от всеки остатък rr по модул kk, а съответните стълбове пресичат всеки прозорец от kk последователни стълба. Затова всеки квадрат k×kk\times k съдържа топ. Ако n<k2n\lt{}k^2, изтриваме подходящи редове и стълбове от тази конструкция и после свиваме останалите редове и стълбове, като попълваме евентуално освободените места с единствените топове от съответните редове и стълбове. Тази компресия не създава нов празен квадрат k×kk\times k, така че получаваме спокойна конфигурация и за всяко n≤k2n\le k^2. Следователно най-голямото гарантирано число е точно ⌊x2n−1⌋\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n-1}\rfloor.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека PP и QQ са точки от отсечката BCBC на остроъгълен триъгълник ABCABC, за които∠PAB=∠BCA,∠CAQ=∠ABC.\angle PAB=\angle BCA,\qquad \angle CAQ=\angle ABC.Нека MM и NN са точки съответно върху лъчите APAP и AQAQ, такива че PP е средата на AMAM, а QQ е средата на ANAN. Докажете, че правите BMBM и CNCN се пресичат в точка от описаната окръжност на триъгълника ABCABC.
РешениеЩе използваме хармонични снопове. Нека правата BMBM пресича повторно описаната окръжност на триъгълника ABCABC в точка XX.ABCPQMNXОт условието ∠PAB=∠BCA\angle PAB=\angle BCA и теоремата за ъгъла между допирателна и хорда следва, че допирателната към (ABC)(ABC) в BB е успоредна на правата APAP. Нека ∞\infty е точката в безкрайността по направление APAP. Понеже PP е средата на AMAM, четворката(A,M;P,∞)(A,M;P,\infty)е хармонична, тоест(A,M;P,∞)=−1.(A,M;P,\infty)=-1.Проектираме тази четворка от точката BB върху описаната окръжност. Точката AA остава AA, точката MM отива в XX, защото B,M,XB,M,X са колинеарни, точката PP отива в CC, защото B,P,CB,P,C са колинеарни, а точката ∞\infty отива в BB, понеже правата през BB, успоредна на APAP, е допирателната в BB. Следователно(A,X;C,B)=−1.(1)(A,X;C,B)=-1.\tag{1}Напълно аналогично, ако правата CNCN пресича повторно описаната окръжност в точка YY, то от ∠CAQ=∠ABC\angle CAQ=\angle ABC допирателната в CC е успоредна на AQAQ, а проекцията от CC дава(A,Y;B,C)=−1.(2)(A,Y;B,C)=-1.\tag{2}Размяната на последните две точки превръща кръстното отношение в реципрочното му, а −1-1 е равно на своето реципрочно. Затова (1) и (2) определят една и съща хармонична спрегната точка на AA спрямо BB и CC върху описаната окръжност. Следователно X=YX=Y, тоест правите BMBM и CNCN се пресичат именно в точка от тази окръжност. Ще запишем и кратка синтетична проверка на същия извод. Понеже △CAQ∼△CBA\triangle CAQ\sim\triangle CBA, ако DD е отражението на BB спрямо AA, то △CAN∼△CBD\triangle CAN\sim\triangle CBD. Аналогично, ако EE е отражението на CC спрямо AA, от △BAP∼△BCA\triangle BAP\sim\triangle BCA получаваме △BAM∼△BCE\triangle BAM\sim\triangle BCE. Следователно∠ABM=∠CBE,∠ACN=∠BCD.\angle ABM=\angle CBE,\qquad \angle ACN=\angle BCD.Но BCDEBCDE е успоредник, защото D=2A−BD=2A-B и E=2A−CE=2A-C. Затова ∠CBE+∠BCD=180∘\angle CBE+\angle BCD=180^\circ, откъдето∠ABM+∠ACN=180∘.\angle ABM+\angle ACN=180^\circ.Ако X=BM∩CNX=BM\cap CN, последното равенство означава, че A,B,C,XA,B,C,X са вписани, което отново доказва твърдението. Накрая даваме и координатната проверка от източника. Нека a=BCa=BC, b=CAb=CA, c=ABc=AB и използваме барицентрични координати спрямо ABCABC. От подобието при точката PP получаваме PB=c2/aPB=c^2/a, така чеP=(0:a2−c2:c2).P=(0:a^2-c^2:c^2).Понеже PP е средата на AMAM, имаме M⃗=2P⃗−A⃗\vec M=2\vec P-\vec A, откъдетоM=(−a2:2(a2−c2):2c2).M=(-a^2:2(a^2-c^2):2c^2).По същия начинN=(−a2:2b2:2(b2−a2)).N=(-a^2:2b^2:2(b^2-a^2)).Пряко пресмятане на пресечната точка на правите BMBM и CNCN даваBM∩CN=(−a2:2b2:2c2).BM\cap CN=(-a^2:2b^2:2c^2).Критерият за описаната окръжност в барицентрични координати еa2yz+b2zx+c2xy=0.a^2yz+b^2zx+c^2xy=0.За последната точка лявата страна еa2⋅4b2c2+b2⋅(−2a2c2)+c2⋅(−2a2b2)=0,a^2\cdot4b^2c^2+b^2\cdot(-2a^2c^2)+c^2\cdot(-2a^2b^2)=0,следователно пресечната точка на BMBM и CNCN лежи върху описаната окръжност.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
За всяко положително цяло число nn Банката на Кейптаун издава монети с номинал 1n\frac1n. Дадена е крайна колекция от такива монети, не непременно с различни номинали, с обща стойност най-много 99+1299+\frac12. Докажете, че колекцията може да се раздели на не повече от 100100 групи така, че общата стойност на всяка група да е най-много 11.
РешениеЩе докажем по-силното твърдение: ако общата стойност е най-многоk−k2k+1,k-\frac{k}{2k+1},то монетите могат да се разделят в най-много kk групи. При k=100k=100 това веднага дава задачата. Първо правим две опростявания, докато повече не са възможни. Ако две монети с номинал 12m\frac1{2m} се срещат едновременно, заменяме ги с една монета с номинал 1m\frac1m; всяко разпределение след такава замяна лесно се връща назад. Ако пък имаме 2m+12m+1 монети с номинал 12m+1\frac1{2m+1}, поставяме тези монети в една група със стойност 11 и прилагаме индукция към останалите монети и към k−1k-1 групи. След тези операции за всяко m≥0m\ge0 има най-много 2m2m монети с номинал 12m+1\frac1{2m+1} и най-много една монета с номинал 12m+2\frac1{2m+2}. Сега построяваме кутии B0,B1,…,Bk−1B_0,B_1,\ldots,B_{k-1}. В кутия BmB_m поставяме всички останали монети с номинали 12m+1\frac1{2m+1} и 12m+2\frac1{2m+2}. Общата стойност в BmB_m е по-малка от2m⋅12m+1+12m+2<1.2m\cdot\frac1{2m+1}+\frac1{2m+2}\lt{}1.Останалите по-леки монети, всички с номинал най-много 12k+1\frac1{2k+1}, оставяме в купчина. Хвърляме монетите от купчината в кутиите произволно, стига стойността на никоя кутия да не надхвърли 11. Ще докажем, че така купчината се изчерпва. Ако някоя монета остане, всяка от kk-те кутии трябва вече да има стойност строго по-голяма от 1−12k+11-\frac1{2k+1}. Следователно общата стойност на монетите в кутиите е строго по-голяма отk(1−12k+1)=k−k2k+1,k\left(1-\frac1{2k+1}\right)=k-\frac{k}{2k+1},което противоречи на предположението. Значи всички монети могат да се поставят в тези kk кутии, а всяка кутия има стойност най-много 11.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Множество от прави в равнината е в общо положение, ако никои две не са успоредни и никои три не минават през една точка. Такова множество разрязва равнината на области, някои от които имат крайно лице; наричаме ги крайни области. Докажете, че за всички достатъчно големи nn, при произволни nn прави в общо положение е възможно да оцветим поне n\sqrt n от правите в синьо така, че никоя крайна област да няма изцяло синя граница.
РешениеОцветяваме прави в синьо алчно, докато повече не можем да добавим нова синя права без да нарушим условието. Нека накрая сините прави са kk. Тогава всяка от останалите n−kn-k прави е страна на някоя крайна област, чиято останала граница е изцяло синя; иначе бихме могли да оцветим и тази права в синьо. За всяка несиня права ℓ\ell избираме една такава крайна област. Обхождайки границата на областта обратно на часовниковата стрелка, вземаме следващия връх след страната, лежаща върху ℓ\ell; това е пресечна точка vv на две сини прави. Ще казваме, че ℓ\ell е клепач на върха vv. Ключовото локално наблюдение е, че всеки връх, получен като пресечна точка на две сини прави, може да има най-много два клепача. Наистина, около такъв връх има четири сектора, а избраната крайна област трябва да заема сектор, ограничен от двете сини прави; за всяка от двете възможни посоки несинята права, която затваря тази област, е най-много една, иначе две такива прави биха дали паралелност или тройно пресичане по границата на избраната област. Понеже сините прави имат (k2)\binom{k}{2} пресечни точки, получавамеn−k≤2(k2)=k2−k.n-k\le 2\binom{k}{2}=k^2-k.Следователно n≤k2n\le k^2, т.е. k≥nk\ge\sqrt n. Така намереното максимално алчно оцветяване вече съдържа поне n\sqrt n сини прави и по построение никоя крайна област няма изцяло синя граница.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2014/6Условие — източник