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

2018

Назад към папките

11-12

4 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички цели числа n≥3n\ge 3, за които съществуват реални числа a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n, удовлетворяващиaiai+1+1=ai+2a_i a_{i+1}+1=a_{i+2}за i=1,2,…,ni=1,2,\ldots,n, където индексите се разглеждат по модул nn.
РешениеОтговорът е: точно тези nn, за които 3∣n3\mid n. Ако 3∣n3\mid n, пример се получава чрез повтаряне на тройката(−1,−1,2,−1,−1,2,…).(-1,-1,2,-1,-1,2,\ldots).Остава да докажем, че други стойности на nn не работят. Умножаваме даденото равенство по ai+2a_{i+2} и пресмятаме по два начина:aiai+1ai+2=(ai+2−1)ai+2=ai+22−ai+2,a_i a_{i+1}a_{i+2}=(a_{i+2}-1)a_{i+2}=a_{i+2}^2-a_{i+2},а същоaiai+1ai+2=ai(ai+3−1)=aiai+3−ai.a_i a_{i+1}a_{i+2}=a_i(a_{i+3}-1)=a_i a_{i+3}-a_i.Следователноai+22−ai+2=aiai+3−ai.a_{i+2}^2-a_{i+2}=a_i a_{i+3}-a_i.Сумирайки циклично по ii, линейните членове се съкращават и получаваме∑iai+22=∑iaiai+3.\sum_i a_{i+2}^2=\sum_i a_i a_{i+3}.Това е еквивалентно на∑i(ai−ai+3)2=0,\sum_i (a_i-a_{i+3})^2=0,така че ai=ai+3a_i=a_{i+3} за всяко ii. Значи редицата е 33-периодична. Тя не може да бъде 11-периодична, защото уравнението x2+1=xx^2+1=x няма реални решения. Ако 3∤n3\nmid n, преместването на индексите с 33 обхожда всички класове по модул nn, така че редицата би била константна, противоречие. Следователно непременно 3∣n3\mid n.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Анти-паскалов триъгълник е равностранна триъгълна таблица от числа, в която всяко число, освен числата на най-долния ред, е абсолютната стойност на разликата на двете числа непосредствено под него. Например следната таблица е анти-паскалов триъгълник с четири реда, който съдържа всяко цяло число от 11 до 1010:42657183109\begin{array}{ccccccc}&&&4&&&\cr&&2&&6&&\cr&5&&7&&1&\cr8&&3&&10&&9\end{array}Съществува ли анти-паскалов триъгълник с 20182018 реда, който съдържа всяко цяло число от 11 до 1+2+⋯+20181+2+\cdots+2018?
РешениеОтговорът е не. Нека по-общо n=2018n=2018 и N=1+2+⋯+nN=1+2+\cdots+n. Ще докажем, че такъв триъгълник не може да съществува. За всяко число dd, което не е на долния ред, начертаваме стрелка от dd към по-голямото от двете числа непосредствено под него. Тоест, ако под dd стоят aa и bb и d=∣a−b∣d=|a-b|, стрелката сочи към по-голямото от aa и bb. Така получаваме ориентирана гора. Да разгледаме насочения път, който започва от върха AA на триъгълника и завършва на долния ред в някаква позиция BB. При всяка стъпка стойността се увеличава с другото число под текущата позиция. Началната стойност заедно с тези увеличения са nn различни положителни числа, затова крайната стойност в BB е поне1+2+⋯+n=N.1+2+\cdots+n=N.Но NN е най-голямото число в целия триъгълник, следователно в BB стои точно NN, а числата, които лежат непосредствено до пътя от AA до BB, са точно 1,2,…,n1,2,\ldots,n. Без ограничение можем да приемем, че BB е вдясно от средата на долния ред. Вземаме двете съседни долни позиции около BB и построяваме равностранния триъгълник над тях с връх CC. Сега следваме насочения път, започващ от CC, докато стигне долния ред в позиция DD. По построение този път има поне ⌊n/2−1⌋\lfloor n/2-1\rfloor стъпки. Всички числа 1,2,…,n1,2,\ldots,n вече са заети около първия път, затова увеличенията по пътя от CC са понеn+1,n+2,…,n+⌊n/2−1⌋.n+1,n+2,\ldots,n+\lfloor n/2-1\rfloor.Следователно числото в DD е поне(n+1)+(n+2)+⋯+(n+⌊n/2−1⌋)>1+2+⋯+n(n+1)+(n+2)+\cdots+\left(n+\lfloor n/2-1\rfloor\right)\gt{}1+2+\cdots+nза n=2018n=2018. Това е невъзможно, защото NN е най-голямото число. Полученото противоречие доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Позиция е всяка точка (x,y)(x,y) в равнината, за която x,y∈{1,2,…,20}x,y\in\{1,2,\ldots,20\}. В началото всички 400400 позиции са свободни. Ейми и Бен се редуват да поставят камъни върху свободни позиции, като Ейми започва. За Ейми има допълнително ограничение: никои два нейни камъка не трябва да са на разстояние x25\sqrt{\vphantom{x^2}5} един от друг. Играта спира, когато някой от двамата не може да направи ход. Намерете най-голямото KK, за което Ейми може да си гарантира, че ще постави поне KK камъка.
РешениеОтговорът е K=100K=100. Първо ще покажем, че Ейми винаги може да постави поне 100100 камъка. Оцветяваме решетката шахматно. Две позиции на разстояние x25\sqrt{\vphantom{x^2}5} една от друга се различават с (±1,±2)(\pm1,\pm2) или (±2,±1)(\pm2,\pm1), затова имат различни цветове. Ейми може винаги да играе само върху един фиксиран цвят, който има 200200 позиции. Бен може да заема най-много по една такава позиция между два нейни хода, следователно Ейми си гарантира поне половината от тях, тоест 100100 камъка. Сега ще покажем, че Бен може да попречи на Ейми да постави повече от 100100 камъка. Разделяме решетката 20×2020\times20 на 2525 квадрата 4×44\times4. Във всеки такъв квадрат поставяме етикети по схемата[1234341221434321].\begin{bmatrix}1&2&3&4\\3&4&1&2\\2&1&4&3\\4&3&2&1\end{bmatrix}.Позициите с един и същ етикет образуват цикъл от четири позиции, като съседните по цикъла са на разстояние x25\sqrt{\vphantom{x^2}5}. Стратегията на Бен е следната: когато Ейми играе в някой от тези цикли, Бен играе в срещуположната позиция на същия цикъл. След това Ейми не може да постави втори свой камък в този цикъл, защото всяка от двете останали позиции е на разстояние x25\sqrt{\vphantom{x^2}5} от един от вече поставените нейни камъни. Във всеки квадрат 4×44\times4 има 44 такива цикъла, а квадратите са 2525, тоест общо има 100100 цикъла. Бен може да ограничи Ейми до най-много един камък във всеки цикъл, следователно тя не може да постави повече от 100100 камъка. Значи най-голямото възможно KK е 100100.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…a_1,a_2,\ldots е безкрайна редица от положителни цели числа, а NN е положително цяло число. Да предположим, че за всяко цяло число n≥Nn\ge N изразътa1a2+a2a3+⋯+an−1an+ana1\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{a_n}+\frac{a_n}{a_1}е цяло число. Докажете, че редицата (an)(a_n) е константна от някакъв момент нататък.
РешениеЩе използваме pp-адични валуации. Разликата между изразите за n+1n+1 и за nn показва, че за всяко n>Nn\gt{}N числотоS(n)=an+1−ana1+anan+1S(n)=\frac{a_{n+1}-a_n}{a_1}+\frac{a_n}{a_{n+1}}е цяло. Фиксираме просто число pp и пишем νp(m)\nu_p(m) за степента на pp в разлагането на mm. От целочислеността на S(n)S(n) следва непосредствено следното за всяко n>Nn\gt{}N: - ако νp(an)<νp(an+1)\nu_p(a_n)\lt{}\nu_p(a_{n+1}), тогава νp(an+1)=νp(a1)\nu_p(a_{n+1})=\nu_p(a_1); - ако νp(an)=νp(an+1)\nu_p(a_n)=\nu_p(a_{n+1}), няма ново ограничение; - ако νp(an)>νp(an+1)\nu_p(a_n)\gt{}\nu_p(a_{n+1}), тогава νp(an+1)≥νp(a1)\nu_p(a_{n+1})\ge\nu_p(a_1). С други думи, за редицатаνp(aN+1),νp(aN+2),…\nu_p(a_{N+1}),\nu_p(a_{N+2}),\ldotsима две възможности. Или тя започва веднага слабо да намалява, или в някакъв момент прави скок нагоре до стойността νp(a1)\nu_p(a_1) и след това остава равна на тази стойност завинаги. Втората възможност може да се случи само ако p∣a1p\mid a_1. Само крайно много прости числа делят a1a_1. Следователно след достатъчно голям индекс всички валуации νp(an)\nu_p(a_n) за p∣a1p\mid a_1 вече са фиксирани, а за останалите прости числа валуациите не могат да нарастват. Оттук за всички достатъчно големи nn имамеan+1∣an.a_{n+1}\mid a_n.Така редицата от положителни цели числа ana_n е от някакъв момент нататък слабо намаляваща по делимост, следователно като числова редица не може да намалява безкрайно. Значи тя става константна от някакъв момент нататък.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2018/5Условие — източник