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

2020

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е изпъкнал четириъгълник, а точката PP е вътрешна за него. Изпълнени са равенствата на отношенията∠PAD:∠PBA:∠DPA=\angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=∠CBP:∠BAP:∠BPC.1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC.Да се докаже, че трите прави се пресичат в една точка: вътрешните ъглополовящи на ъглите ∠ADP\angle ADP и ∠PCB\angle PCB и симетралата на отсечката ABAB.
РешениеНека OO е центърът на описаната окръжност на триъгълника PABPAB. Ще докажем, че именно OO лежи върху трите искани прави. Очевидно OO лежи върху симетралата на ABAB. Първо разглеждаме страната при CC. От даденото имаме∠BCP=∠CBP+∠BPC=2∠BAP=∠BOP.\angle BCP=\angle CBP+\angle BPC=2\angle BAP=\angle BOP.Следователно точките B,O,P,CB,O,P,C лежат на една окръжност. Понеже OB=OPOB=OP, равните хорди OBOB и OPOP в тази окръжност дават∠BCO=∠OCP.\angle BCO=\angle OCP.Значи OO лежи върху вътрешната ъглополовяща на ∠PCB\angle PCB. Същият аргумент работи и от страната при DD. Ако означим ∠PAD=x\angle PAD=x, то ∠PBA=2x\angle PBA=2x и ∠DPA=3x\angle DPA=3x, откъдето ∠ADP=180∘−4x\angle ADP=180^\circ-4x. От друга страна, понеже OO е център на окръжността през P,A,BP,A,B, имаме ∠AOP=2∠ABP=4x\angle AOP=2\angle ABP=4x. Следователно A,O,P,DA,O,P,D са вписани, а от OA=OPOA=OP получаваме ∠ADO=∠ODP\angle ADO=\angle ODP. Така OO лежи и върху вътрешната ъглополовяща на ∠ADP\angle ADP. Следователно двете ъглополовящи и симетралата на ABAB минават през една и съща точка OO.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a≥b≥c≥d>0a\ge b\ge c\ge d\gt{}0 са реални числа, за които a+b+c+d=1a+b+c+d=1. Да се докаже, че(a+2b+3c+4d)aabbccdd<1.(a+2b+3c+4d)a^ab^bc^cd^d\lt{}1.
РешениеПо неравенството между средно аритметично и средно геометрично с тегла имамеaabbccdd≤a^ab^bc^cd^d\lea⋅a+b⋅b+c⋅c+d⋅d=a2+b2+c2+d2, a\cdot a+b\cdot b+c\cdot c+d\cdot d=a^2+b^2+c^2+d^2,тъй като a+b+c+d=1a+b+c+d=1. Затова е достатъчно да докажем(a2+b2+c2+d2)(a+2b+3c+4d)≤(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+2b+3c+4d)\le1=(a+b+c+d)3. 1=(a+b+c+d)^3.След разкриване на скобите последното сравнение се свежда до няколко елементарни почленни оценки, които използват само a≥b≥c≥d>0a\ge b\ge c\ge d\gt{}0. По-точно достатъчно е да отбележим, че2b2a≥b3+b2d,2c2a≥2c3,2d2a≥2d3,2b^2a\ge b^3+b^2d,\quad 2c^2a\ge2c^3,\quad 2d^2a\ge2d^3,a2b≥a2d,bc2≥c2d,d2b≥d3,a^2b\ge a^2d,\quad bc^2\ge c^2d,\quad d^2b\ge d^3,а останалата разлика съдържа положителния член6(abc+bcd+cda+dab)>0.6(abc+bcd+cda+dab)\gt{}0.С други думи, пълното разкриване показва, че (a+b+c+d)3−(a2+b2+c2+d2)(a+2b+3c+4d)(a+b+c+d)^3-(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+2b+3c+4d) е положително. Следователно(a2+b2+c2+d2)(a+2b+3c+4d)<1,(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+2b+3c+4d)\lt{}1,и заедно с оценката от AM-GM получаваме исканото строго неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Има 4n4n камъчета с тегла 1,2,3,…,4n1,2,3,\ldots,4n. Всяко камъче е оцветено в един от nn цвята и от всеки цвят има по четири камъчета. Да се докаже, че камъчетата могат да се разделят в две купчини така, че общите тегла на двете купчини да са равни и всяка купчина да съдържа по две камъчета от всеки цвят.
РешениеКлючовото наблюдение е, че1+4n=2+(4n−1)=3+(4n−2)=…=4n+1.1+4n=2+(4n-1)=3+(4n-2)=\ldots=4n+1.Слагаме четирите камъчета от всеки цвят в една кутия. За всяко k=1,2,…,2nk=1,2,\ldots,2n свързваме с въженце камъчето с тегло kk и камъчето с тегло 4n+1−k4n+1-k. Ако после оцветим всяко въженце в синьо или зелено така, че във всяка кутия да има точно две сини и две зелени краища, тогава сините камъчета и зелените камъчета ще дадат търсените две купчини: всяка двойка, свързана с въженце, има еднакъв сбор 4n+14n+1, а от всеки цвят ще попаднат по две камъчета във всяка купчина. Остава да докажем това оцветяване на въженцата. Разглеждаме кутии като върхове на мултиграф, а въженцата като ребра; ако двете камъчета на едно въженце са в една и съща кутия, получаваме примка, която брои степен 22. Всеки връх има степен 44, защото във всяка кутия има точно четири камъчета. Във всяка свързана компонента всички степени са четни, следователно съществува ейлеров цикъл, който минава през всички ребра на компонентата. Ако компонентата има rr върха, тя има 2r2r ребра, тоест четен брой ребра. Оцветяваме ребрата по ейлеровия цикъл последователно синьо и зелено. Тогава при всяко посещение на връх едното входящо и едното изходящо ребро имат различни цветове, а примките също се броят с два края. Затова на всеки връх се падат точно две сини и две зелени краища. Това оцветяване на всички компоненти дава желаното разделяне на камъчетата в две купчини.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е цяло число n>1n\gt{}1. По склон на планина има n2n^2 станции, всички на различни височини. Всяка от две компании за кабинков лифт, AA и BB, обслужва по kk линии; всяка линия превозва от една станция до по-висока станция, без междинни спирки. kk-те линии на AA имат kk различни начални станции и kk различни крайни станции, като линия с по-висока начална станция има и по-висока крайна станция. Същите условия важат и за BB. Казваме, че две станции са свързани от дадена компания, ако от по-ниската може да се стигне до по-високата с една или повече линии на тази компания, без други придвижвания между станции. Да се определи най-малкото положително цяло число kk, за което задължително съществуват две станции, свързани и от двете компании.
РешениеОтговорът еk=n2−n+1.k=n^2-n+1.Първо ще покажем, че при k=n2−nk=n^2-n твърдението още може да не е вярно. Номерираме станциите като клетки (i,j)(i,j) на таблица n×nn\times n и ги подреждаме по височина например чрез реда (i−1)n+j(i-1)n+j. Компания AA свързва последователните станции във всеки ред, тоест (i,j)→(i,j+1)(i,j)\to(i,j+1) за j=1,2,…,n−1j=1,2,\ldots,n-1. Компания BB свързва последователните станции във всяка колона, тоест (i,j)→(i+1,j)(i,j)\to(i+1,j) за i=1,2,…,n−1i=1,2,\ldots,n-1. И двете компании имат точно n(n−1)=n2−nn(n-1)=n^2-n линии, началните и крайните станции са различни, а условието за реда на началните и крайните станции е изпълнено. Но две различни станции, свързани от AA, са в един и същи ред, а две различни станции, свързани от BB, са в една и съща колона; следователно няма една и съща двойка, свързана и от двете компании. Остава да докажем, че k=n2−n+1k=n^2-n+1 винаги е достатъчно. За всяка компания разглеждаме граф върху станциите, чиито ребра са линиите. Понеже началните станции са различни и крайните станции са различни, всеки връх има най-много едно излизащо и най-много едно влизащо ребро; освен това ребрата винаги вървят нагоре, така че цикли няма. Значи свързаните компоненти са пътища. При n2n^2 върха и n2−n+1n^2-n+1 ребра всяка от двете компании има точно n−1n-1 свързани компоненти. Някоя компонента на графа на AA съдържа поне n+1n+1 станции. Тези станции са разпределени между само n−1n-1 компоненти на графа на BB, затова по принципа на Дирихле две от тях лежат в една и съща компонента на BB. Те са в една компонента и на AA, и на BB; понеже компонентите са пътища, от по-ниската от двете станции може да се стигне до по-високата и с линиите на AA, и с линиите на BB. Това е исканата обща свързана двойка.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Дадено е тесте от n>1n\gt{}1 карти. На всяка карта е написано положително цяло число. Тестето има следното свойство: аритметичното средно на числата върху всеки две карти е равно на геометричното средно на числата върху някаква непразна група от карти. За кои nn от това следва, че всички числа върху картите са равни?
РешениеТвърдението е вярно за всяко n>1n\gt{}1. Нека числата върху картите са a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n. Ако всички ги разделим на най-големия им общ делител, условието се запазва: и аритметичните, и геометричните средни се делят на същия множител. Затова без ограничение можем да приемем, чеgcd⁡(a1,a2,…,an)=1.\gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)=1.Подреждаме числата така, чеa1≥a2≥⋯≥an.a_1\ge a_2\ge\dots\ge a_n.Да допуснем, че не всички са равни. Тогава a1≥2a_1\ge2, така че съществува просто число pp, което дели a1a_1. Понеже най-големият общ делител на всички числа е 11, има число, което не се дели на pp; нека kk е най-малкият индекс, за който p∤akp\nmid a_k. Тогава a1≠aka_1\ne a_k и следователно a1>aka_1\gt{}a_k. Разглеждамеx=a1+ak2.x=\frac{a_1+a_k}{2}.По условие това число е геометрично средно на някакви m≥1m\ge1 карти, тоестx=x2ai1ai2…aimm.x=\sqrt[m]{\vphantom{x^2}a_{i_1}a_{i_2}\dots a_{i_m}}.Тъй като xx е рационално число и xmx^m е цяло число, xx всъщност е цяло число. Освен това p∤xp\nmid x: ако pp е нечетно, това следва от a1≡0(modp)a_1\equiv0\pmod p и ak≢0(modp)a_k\not\equiv0\pmod p; ако p=2p=2, самата целочисленост на xx би принудила aka_k да е четно, противоречие. Следователно произведението ai1ai2…aim=xma_{i_1}a_{i_2}\dots a_{i_m}=x^m не се дели на pp, значи нито един от множителите aija_{i_j} не се дели на pp. По избора на kk всички тези индекси са поне kk, а значи всички участващи числа са най-много aka_k. Тяхното геометрично средно е най-много aka_k. От друга странаx=a1+ak2>ak,x=\frac{a_1+a_k}{2}\gt{}a_k,което е противоречие. Значи допускането е невъзможно и всички числа върху картите са равни.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека n>1n\gt{}1 е цяло число и нека SS е множество от nn точки в равнината, като разстоянието между всеки две различни точки от SS е поне 11. Да се докаже, че съществува права ℓ\ell, която разделя SS, така че разстоянието от всяка точка на SS до ℓ\ell е поне Ω(n−1/3)\Omega(n^{-1/3}). Права ℓ\ell разделя множеството SS, ако някоя отсечка, съединяваща две точки от SS, пресича ℓ\ell.
РешениеЗа дадена права mm проектираме ортогонално точките на SS върху mm и разглеждаме разстоянията между съседни проекции. Нека δ\delta е най-голямото възможно такова разстояние, когато mm се избира произволно. Ако докажем, че δ≥cn−1/3\delta\ge c n^{-1/3} за някаква абсолютна константа c>0c\gt{}0, задачата следва: вземаме междинната точка на такъв най-голям промеждутък и през нея пускаме права, перпендикулярна на mm. Тя разделя SS, а всички точки на SS са на разстояние поне δ/2\delta/2 от нея. Избираме две най-отдалечени точки A,B∈SA,B\in S и означаваме R=ABR=AB. Тогава всяка точка от SS лежи в диска с център BB и радиус RR. Проектираме точките върху правата ABAB. Понеже AA и BB са крайните проекции, а всяка разлика между съседни проекции е най-много δ\delta, получавамеR<nδ.R\lt{} n\delta.В окръжността с център BB и радиус RR вземаме хорда XYXY, перпендикулярна на ABAB, така че разстоянието от AA до XYXY да е точно 12\frac12. Нека TT е по-малката област, отсечена от хордата XYXY, тоест капачето от страната на AA. Първо, от теоремата на Питагор имамеXY=2x2R2−(R−12)2=2x2R−14<XY=2\sqrt{\vphantom{x^2}R^2-\left(R-\frac12\right)^2}=2\sqrt{\vphantom{x^2}R-\frac14}\lt{}2x2nδ.2\sqrt{\vphantom{x^2}n\delta}.От друга страна, областта TT има ширина 12\frac12 в посока ABAB. Ако две точки на S∩TS\cap T имат проекции върху XYXY, отдалечени на по-малко от 32\frac{\sqrt3}{2}, то разстоянието между самите две точки би било по-малко отx2(12)2+(32)2=1,\sqrt{\vphantom{x^2}\left(\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2}=1,което е невъзможно. Следователно проекциите върху XYXY на точките от S∩TS\cap T са раздалечени поне с 32\frac{\sqrt3}{2}. ЗначиXY>32(∣S∩T∣−1).XY\gt{}\frac{\sqrt3}{2}(|S\cap T|-1).Остава да оценим колко точки има в S∩TS\cap T. При проекция върху ABAB отсечката от AA до хордата XYXY има дължина 12\frac12, а разстоянията между съседни проекции са най-много δ\delta. Затова∣S∩T∣>12δ.|S\cap T|\gt{}\frac{1}{2\delta}.Комбинирайки двете оценки за XYXY, получаваме32(12δ−1)<2x2nδ.\frac{\sqrt3}{2}\left(\frac{1}{2\delta}-1\right)\lt{}2\sqrt{\vphantom{x^2}n\delta}.Това неравенство веднага дава δ≥cn−1/3\delta\ge c n^{-1/3} за подходяща абсолютна константа c>0c\gt{}0; например ако δ\delta не е малко, твърдението е очевидно, а в останалия случай лявата страна е от порядък 1/δ1/\delta. Следователно съществува разделяща права на разстояние Ω(n−1/3)\Omega(n^{-1/3}) от всяка точка на SS.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2020/6Условие — източник