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

2015

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2015 · 11-12: липсва задача 3, 4

11-12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Ще казваме, че крайно множество S\mathcal S от точки в равнината е балансирано, ако за всеки две различни точки AA и BB от S\mathcal S съществува точка C∈SC\in\mathcal S, за която AC=BCAC=BC. Ще казваме, че S\mathcal S е безцентрово, ако за всеки три различни точки AA, BB и CC от S\mathcal S не съществува точка P∈SP\in\mathcal S, за която PA=PB=PCPA=PB=PC. (a) Докажете, че за всяко цяло число n≥3n\ge3 съществува балансирано множество от nn точки. (b) Определете всички цели числа n≥3n\ge3, за които съществува балансирано безцентрово множество от nn точки.
РешениеПърво доказваме (a). Ако nn е нечетно, вземаме върховете на правилен nn-ъгълник и ги означаваме с A1,A2,…,AnA_1,A_2,\ldots,A_n в цикличен ред. За всеки два върха AiA_i и AjA_j избираме kk така, че2k≡i+j(modn).2k\equiv i+j\pmod n.Понеже nn е нечетно, такъв индекс съществува и е единствен. Тогава дъгите от AkA_k до AiA_i и до AjA_j са равни, откъдето AkAi=AkAjA_kA_i=A_kA_j. Следователно множеството е балансирано. Нека сега nn е четно. Вземаме окръжност с център OO и поставяме върху нея още n−1n-1 точки. Понеже n−1n-1 е нечетно, можем да ги разделим на една тройка и няколко двойки така, че във всяка двойка двете точки да са на дъга 60∘60^\circ, а в тройката съседните точки също да са през дъга 60∘60^\circ. Избираме отделните двойки и тройката достатъчно далеч една от друга, за да няма съвпадения.OABCXY60°60°Да проверим балансираността. За всеки две точки върху окръжността точката OO е еднакво отдалечена от тях. Остава двойка от вида O,AO,A, където AA е точка върху окръжността. По построение AA има съседна точка BB в своята двойка или тройка, за която дъгата ABAB е 60∘60^\circ. Затова хордата ABAB е равна на радиуса, тоест AB=OBAB=OB. Точката BB е еднакво отдалечена от OO и AA, така че и тази двойка има свидетел. Това доказва (a). За (b) отговорът е: точно нечетните n≥3n\ge3. При нечетно nn вече построихме балансирано множество чрез върховете на правилен nn-ъгълник. То е и безцентрово: ако някоя точка PP е еднакво отдалечена от три различни върха AA, BB и CC, то PP е центърът на описаната около ABCABC окръжност. Това е центърът на правилния nn-ъгълник, който не е връх. Остава да докажем, че четно nn е невъзможно. Нека S\mathcal S е балансирано множество от четен брой nn точки. За всяка неупорядочена двойка {A,B}\{A,B\} от различни точки избираме една точка P∈SP\in\mathcal S, за която PA=PBPA=PB. Такава точка съществува по балансираността и не може да е нито AA, нито BB. Двойките са (n2)\binom n2, затова по принципа на Дирихле някоя точка P∈SP\in\mathcal S е избрана за поне⌈(n2)n⌉=n2\left\lceil \frac{\binom n2}{n}\right\rceil=\frac n2двойки. Всички тези двойки лежат в S∖{P}\mathcal S\setminus\{P\}, което има само n−1n-1 точки. Ако избраните n/2n/2 двойки бяха две по две несвързани, те щяха да използват общо nn различни точки, невъзможно. Значи две от тях имат обща точка, например {A,B}\{A,B\} и {A,C}\{A,C\}. Но тогава PA=PBPA=PB и PA=PCPA=PC, следователно PA=PB=PCPA=PB=PC за три различни точки AA, BB, CC от S\mathcal S. Това противоречи на безцентровостта. Следователно балансирано безцентрово множество с четен брой точки не съществува.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички тройки положителни цели числа a,b,ca,b,c, за които всяко от числата ab−cab-c, bc−abc-a, ca−bca-b е степен на 22, като допускаме и 20=12^0=1.
РешениеОтговорът е(2,2,2),(2,2,3),(2,6,11),(3,5,7)(2,2,2),\quad (2,2,3),\quad (2,6,11),\quad (3,5,7)и всички техни пермутации. Директна проверка показва, че тези тройки работят. Подреждаме числата така, че a≥b≥ca\ge b\ge c. Лесно се вижда, че c>1c\gt{}1, защото иначе някое от bc−abc-a и ca−bca-b няма да бъде положителна степен на 22. Тогаваab−c≥ca−b≥bc−a,ab-c\ge ca-b\ge bc-a,и трите числа са степени на 22. Първи случай: aa е четно. Тогава, понеже по-малката степен на 22 дели по-голямата,ca−b=gcd⁡(ab−c,ca−b).ca-b=\gcd(ab-c,ca-b).Освен товаgcd⁡(ab−c,ca−b)≤gcd⁡(ab−c,a(ca−b)+ab−c)\gcd(ab-c,ca-b)\le \gcd(ab-c,a(ca-b)+ab-c)=gcd⁡(ab−c,c(a2−1)).=\gcd(ab-c,c(a^2-1)).Числото a2−1a^2-1 е нечетно, следователно тази НОД е най-много cc. Значи ca−b≤cca-b\le c, откъдето принудително a=b=c=2a=b=c=2. Втори случай: a,b,ca,b,c са нечетни. Тогава a>b>c>1a\gt{}b\gt{}c\gt{}1. Същата оценка даваca−b≤gcd⁡(ab−c,c(a2−1))≤ca-b\le \gcd(ab-c,c(a^2-1))\le2ν2(a2−1)≤2a+2≤3a−b. 2^{\nu_2(a^2-1)}\le 2a+2\le 3a-b.Следователно c=3c=3, а равенството в последната част дава a=b+2a=b+2. Понеже ca−bca-b и bc−abc-a са различни степени на 22 и първото е по-голямо, имаме3a−b≥2(3b−a).3a-b\ge 2(3b-a).С a=b+2a=b+2 това дава b≤5b\le5, а от нечетността и b>3b\gt{}3 следва b=5b=5, a=7a=7. Получаваме тройката (7,5,3)(7,5,3). Остава случаят aa нечетно, а b,cb,c четни. Тогава bc−abc-a е нечетна степен на 22, т.е. bc−a=1bc-a=1. Значиca−b=bc2−b−c.ca-b=bc^2-b-c.Използваме тъждествотоc3−b−c=(1−c2)(ab−c)+a(bc2−b−c)+(ca−b).c^3-b-c=(1-c^2)(ab-c)+a(bc^2-b-c)+(ca-b).Оттукca−b=gcd⁡(ab−c,ca−b)=gcd⁡(ab−c,c3−b−c).ca-b=\gcd(ab-c,ca-b)=\gcd(ab-c,c^3-b-c).Ако c3−b−c≠0c^3-b-c\ne0, получаваме ∣c3−b−c∣≥bc2−b−c|c^3-b-c|\ge bc^2-b-c. При b≥c>1b\ge c\gt{}1 това принуждава b=cb=c, следователно a=c2−1a=c^2-1. Тогава ab−c=c(c2−2)ab-c=c(c^2-2) е степен на 22, откъдето c=2c=2 и получаваме (3,2,2)(3,2,2). Ако c3−b−c=0c^3-b-c=0, то b=c3−cb=c^3-c, а от bc−a=1bc-a=1 получаваме a=c4−c2−1a=c^4-c^2-1. Тогаваca−b=c5−2c3=c3(c2−2)ca-b=c^5-2c^3=c^3(c^2-2)е степен на 22, така че пак c=2c=2, и следователно (a,b,c)=(11,6,2)(a,b,c)=(11,6,2). С това всички случаи са изчерпани.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/2Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Решете функционалното уравнениеf(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x)за функции f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R.
РешениеРешенията саf(x)≡x,f(x)≡2−x,f(x)\equiv x,\qquad f(x)\equiv 2-x,и те се проверяват директно. Нека P(x,y)P(x,y) означава даденото уравнение, аS={t∣f(t)=t}S=\{t\mid f(t)=t\}е множеството от неподвижните точки на ff. От P(0,0)P(0,0) получаваме f(f(0))=0f(f(0))=0. От P(0,f(0))P(0,f(0)) следва 2f(0)=f(0)22f(0)=f(0)^2, т.е.f(0)∈{0,2}.f(0)\in\{0,2\}.Освен това от P(x,1)P(x,1) следва, чеx+f(x+1)∈Sза всяко x.(1)x+f(x+1)\in S\quad\text{за всяко }x.\tag{1}Ако f(0)=2f(0)=2, то за всяка неподвижна точка t∈St\in S равенството P(0,t)P(0,t) дава 2=2t2=2t, така че S={1}S=\{1\}. От (1) получаваме x+f(x+1)=1x+f(x+1)=1, тоест f(x)=2−xf(x)=2-x. Остава случаят f(0)=0f(0)=0. От P(1,−1)P(1,-1) и P(−1,1)P(-1,1) следва f(1)=1f(1)=1 и f(−1)=−1f(-1)=-1. Сега ще покажем, че ff е нечетна. От P(x,0)P(x,0) имаме x+f(x)∈Sx+f(x)\in S, от P(x−1,1)P(x-1,1) имаме x−1+f(x)∈Sx-1+f(x)\in S, а от P(1,f(x)+x−1)P(1,f(x)+x-1) имаме x+1+f(x)∈Sx+1+f(x)\in S. Замествайки тези неподвижни точки в P(x,−1)P(x,-1), получаваме f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x) за всяко xx. Накрая използваме нечетността. От P(x,−x)P(x,-x) следваf(x)+f(−x2)=x−xf(x),f(x)+f(-x^2)=x-xf(x),а от P(−x,x)P(-x,x) следваf(−x)+f(−x2)=−x+xf(−x).f(-x)+f(-x^2)=-x+xf(-x).Изваждайки второто равенство от първото и използвайки f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x), получаваме 2f(x)=2x2f(x)=2x. Следователно f(x)=xf(x)=x за всяко xx.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Редицата a1,a2,…a_1,a_2,\ldots от цели числа удовлетворява условията: (i) 1≤aj≤20151\le a_j\le2015 за всяко j≥1j\ge1; (ii) k+ak≠ℓ+aℓk+a_k\ne \ell+a_{\ell} за всички 1≤k<ℓ1\le k\lt{}\ell. Докажете, че съществуват положителни цели числа bb и NN, такива че∣∑j=m+1n(aj−b)∣≤10072\left|\sum_{j=m+1}^{n}(a_j-b)\right|\le1007^2за всички цели числа m,nm,n с n>m≥Nn\gt{}m\ge N.
РешениеЩе използваме еквивалентната интерпретация с жонглиране. Представяме си топки, които могат да бъдат на височини 0,1,2,…,20140,1,2,\ldots,2014. В момент tt хващаме топка на височина 00, ако има такава; ако няма, добавяме нова топка. След това хвърляме хванатата или добавена топка на височина ata_t, а веднага след това всички топки слизат с една единица. Условието k+ak≠ℓ+aℓk+a_k\ne \ell+a_{\ell} гарантира, че никога две топки не се намират на една и съща височина. Следователно броят на топките е най-много 20152015, и понеже нова топка може да се добави само когато броят им се увеличава, добавянията са крайно много. Нека bb е окончателният брой топки, а NN е последният момент, в който е добавена нова топка. За t≥Nt\ge N нека StS_t бъде сумата от височините на всички топки непосредствено след момента t+12t+\frac12. Тогава при следващата стъпка хвърляме една топка на височина at+1a_{t+1} и всички bb топки слизат с 11, така чеSt+1−St=at+1−b.S_{t+1}-S_t=a_{t+1}-b.Следователно за n>m≥Nn\gt{}m\ge N имаме∑j=m+1n(aj−b)=Sn−Sm.\sum_{j=m+1}^{n}(a_j-b)=S_n-S_m.След момента NN във всяка стъпка има топка на височина 00, а всички височини са различни и са между 00 и 20142014. Затова0+1+⋯+(b−1)≤St≤0+1+\cdots+(b-1)\le S_t\le0+(2016−b)+(2017−b)+⋯+2014. 0+(2016-b)+(2017-b)+\cdots+2014.Разликата между горната и долната граница е(b−1)(2015−b)≤10072.(b-1)(2015-b)\le1007^2.Така ∣Sn−Sm∣≤10072|S_n-S_m|\le1007^2, което е точно исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2015/6Условие — източник