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

2021

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека n≥100n \ge 100 е цяло число. Иван записва числата n,n+1,…,2nn,n+1,\ldots,2n върху различни карти. После разбърква тези n+1n+1 карти и ги разделя на две купчини. Да се докаже, че поне една от купчините съдържа две карти, за които сборът на записаните върху тях числа е точен квадрат.
РешениеЩе намерим три карти a<b<ca\lt{}b\lt{}c такива, че всеки две от тях имат сбор точен квадрат. По-точно търсимb+c=(2k+1)2,c+a=(2k)2,a+b=(2k−1)2b+c=(2k+1)^2,\qquad c+a=(2k)^2,\qquad a+b=(2k-1)^2за някое цяло kk. Решавайки тази система, получавамеa=2k2−4k,b=2k2+1,c=2k2+4k.a=2k^2-4k,\qquad b=2k^2+1,\qquad c=2k^2+4k.Достатъчно е за всяко n≥100n\ge100 да намерим kk, за което n≤a<b<c≤2nn\le a\lt{}b\lt{}c\le2n. Това е равносилно наk2+2k≤n≤2k2−4k.k^2+2k\le n\le 2k^2-4k.Нека IkI_k означава интервала от цели nn, които удовлетворяват тези неравенства. Имаме I9=[99,126]I_9=[99,126]. Освен това за всяко k≥9k\ge9 десният край на IkI_k не е по-малък от левия край на Ik+1I_{k+1}, защото2k2−4k≥(k+1)2+2(k+1).2k^2-4k\ge (k+1)^2+2(k+1).Следователно интервалите IkI_k покриват всички цели n≥99n\ge99, в частност всички n≥100n\ge100. За такова kk трите числа a,b,ca,b,c са сред картите на Иван. Понеже те са разпределени в две купчини, по принципа на Дирихле две от тях попадат в една и съща купчина. Сборът на тези две карти е един от квадратите по построение, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже неравенството∑i=1n∑j=1nx2∣xi−xj∣≤\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sqrt{\vphantom{x^2}|x_i-x_j|}\le∑i=1n∑j=1nx2∣xi+xj∣\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sqrt{\vphantom{x^2}|x_i+x_j|}за всички реални числа x1,x2,…,xnx_1,x_2,\ldots,x_n.
РешениеДоказваме с индукция по nn. Случаите n=1n=1 и n=2n=2 се проверяват непосредствено. За общия случай заменяме всички числа xix_i с xi+tx_i+t, където t∈Rt\in\mathbb R е параметър. Лявата страна не се променя, а дясната ставаF(t)=∑i=1n∑j=1nx2∣xi+xj+2t∣.F(t)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sqrt{\vphantom{x^2}|x_i+x_j+2t|}.Функцията FF е сума от парчета вогнати функции и на всеки интервал, на който знаците на изразите под корените са фиксирани, е вогната. Освен това F(t)F(t) расте без граница при ∣t∣→∞|t|\to\infty. Следователно минимумът на FF се достига в крайна точка на един от тези интервали, тоест за някое i,ji,j имаме 2t=−(xi+xj)2t=-(x_i+x_j). Избираме такова tt, при което дясната страна е минимална. Ако i=ji=j, то след преместването едно от числата става 00. Членовете, в които участва това число, са еднакви от двете страни, така че можем да го изтрием и да приложим индукционното предположение за останалите n−1n-1 числа. Ако i≠ji\ne j, то след преместването получаваме две противоположни числа, да кажем uu и −u-u. Всички членове, в които участват тези две числа, се компенсират симетрично от двете страни: двойката u,−uu,-u дава същия принос, а за всяко останало число zz приносите с uu и −u-u се разменят между лявата и дясната страна. Затова можем да изтрием тази противоположна двойка и да приложим индукционното предположение за останалите n−2n-2 числа. И в двата случая получаваме желаното неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека DD е вътрешна точка на остроъгълния триъгълник ABCABC, като AB>ACAB\gt{}AC и ∠DAB=∠CAD\angle DAB=\angle CAD. Точката EE върху отсечката ACAC удовлетворява ∠ADE=∠BCD\angle ADE=\angle BCD, точката FF върху отсечката ABAB удовлетворява ∠FDA=∠DBC\angle FDA=\angle DBC, а точката XX върху правата ACAC удовлетворява CX=BXCX=BX. Нека O1O_1 и O2O_2 са центровете на описаните окръжности съответно на триъгълниците ADCADC и EXDEXD. Да се докаже, че правите BCBC, EFEF и O1O2O_1O_2 са конкурентни.
РешениеНека D0D_0 е изогонално спрегнатата точка на DD спрямо триъгълника ABCABC. От дадените ъглови условия четириъгълниците CEDD0CEDD_0 и BFDD0BFDD_0 са вписани. По степен на точка получавамеAE⋅AC=AD⋅AD0=AF⋅AB,AE\cdot AC=AD\cdot AD_0=AF\cdot AB,следователно четириъгълникът BCEFBCEF също е вписан. Поставяме Z=EF∩BCZ=EF\cap BC. Следващата цел е да докажем, че правата ZDZD е допирателна едновременно към окръжностите (BCD)(BCD) и (DEF)(DEF). Нека ∠CAD=∠BAD=α\angle CAD=\angle BAD=\alpha, ∠BCD=β\angle BCD=\beta, ∠DBC=γ\angle DBC=\gamma, ∠ACD=φ\angle ACD=\varphi и ∠ABD=ε\angle ABD=\varepsilon. От триъгълника ABCABC имаме2α+β+γ+φ+ε=180∘.2\alpha+\beta+\gamma+\varphi+\varepsilon=180^\circ.Ако през DD прекараме допирателна към (BCD)(BCD) и проследим ъглите с EE и FF, получаваме ∠DFE=∠EDK\angle DFE=\angle EDK за подходяща точка KK на тази допирателна. Значи същата права е допирателна и към (DEF)(DEF). По теоремата за радикалния център тя минава през ZZ, тоест това е ZDZD. Нека MM е точката на Микел на вписания четириъгълник BCEFBCEF. Тогава A,M,ZA,M,Z са колинеарни, а (AFEM)(AFEM) и (ZCEM)(ZCEM) са вписани. Оттук∠EMB=180∘−∠AMB−∠EMZ=\angle EMB=180^\circ-\angle AMB-\angle EMZ=180∘−2∠ACB=∠EXB,180^\circ-2\angle ACB=\angle EXB,следователно B,X,M,EB,X,M,E лежат на една окръжност. Нека NN е второто пресичане на окръжностите (ACD)(ACD) и (DEX)(DEX), а R=AC∩BMR=AC\cap BM. ТогаваPow⁡(R,(ACD))=RC⋅RA=\operatorname{Pow}(R,(ACD))=RC\cdot RA=RM⋅RB=RE⋅RX=Pow⁡(R,(DEX)),RM\cdot RB=RE\cdot RX=\operatorname{Pow}(R,(DEX)),затова N,R,DN,R,D са колинеарни, и още RN⋅RD=RM⋅RBRN\cdot RD=RM\cdot RB. Значи B,D,M,NB,D,M,N са вписани. Окръжностите (ACD)(ACD), (BDMN)(BDMN) и (DEX)(DEX) са коаксиални, така че центровете им са колинеарни. Остава да видим, че центърът на (BDMN)(BDMN), центърът на (ACD)(ACD) и точката ZZ са на една права. Вземаме окръжността с център ZZ и радиус ZDZD. ПонежеZC⋅ZB=ZD2=ZE⋅ZF=ZM⋅ZA,ZC\cdot ZB=ZD^2=ZE\cdot ZF=ZM\cdot ZA,инверсията спрямо тази окръжност разменя (ACD)(ACD) и (BDMN)(BDMN). Следователно техните центрове лежат на права през центъра на инверсията ZZ. Значи O1O2O_1O_2 минава през ZZ, а понеже Z∈BC∩EFZ\in BC\cap EF, трите прави са конкурентни.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека Γ\Gamma е окръжност с център II, а ABCDABCD е изпъкнал четириъгълник, за който всяка от отсечките ABAB, BCBC, CDCD и DADA е допирателна към Γ\Gamma. Нека Ω\Omega е описаната окръжност на триъгълника AICAIC. Продължението на BABA отвъд AA пресича Ω\Omega в XX, а продължението на BCBC отвъд CC пресича Ω\Omega в ZZ. Продълженията на ADAD и CDCD отвъд DD пресичат Ω\Omega съответно в YY и TT. Да се докаже, чеAD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC.AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC.
РешениеНека P,Q,R,SP,Q,R,S са допирните точки на Γ\Gamma със страните AB,BC,CD,DAAB,BC,CD,DA съответно. Ще използваме две еднаквости на триъгълници. Първо, от окръжностите (CQIR)(CQIR) и (CITZ)(CITZ) се вижда спирална подобност, която изпраща △IQZ\triangle IQZ в △IRT\triangle IRT. Понеже IQ=IRIQ=IR, всъщност△IQZ≅△IRT.\triangle IQZ\cong\triangle IRT.По същия начин△IPX≅△ISY.\triangle IPX\cong\triangle ISY.От тези две еднаквости следва IZ=ITIZ=IT и IX=IYIX=IY. Тъй като X,Y,Z,TX,Y,Z,T лежат на една и съща окръжност Ω\Omega, получаваме иTX=YZ.TX=YZ.Сега остава само сметка с дължини на допирателни. От равенството на допирателните от една точка имаме AP=ASAP=AS, BQ=BPBQ=BP, CR=CQCR=CQ и DR=DSDR=DS. Следователно AD=AP+RDAD=AP+RD и CD=SD+QCCD=SD+QC. ЗатоваAD+DT+XA=AD+(RT−RD)+(XP−AP)=RT+XP,AD+DT+XA=AD+(RT-RD)+(XP-AP)=RT+XP,а същоCD+DY+ZC=CD+(SY−SD)+(ZQ−QC)=SY+ZQ.CD+DY+ZC=CD+(SY-SD)+(ZQ-QC)=SY+ZQ.Накрая от вече доказаните еднаквости на триъгълници имаме RT=ZQRT=ZQ и XP=SYXP=SY. СледователноAD+DT+XA=CD+DY+ZC.AD+DT+XA=CD+DY+ZC.Като прибавим TX=YZTX=YZ към двете страни, получаваме точно исканото равенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Две катерици, Буши и Джъмпи, събрали 20212021 ореха за зимата. Джъмпи номерирала орехите от 11 до 20212021 и изкопала 20212021 малки дупки, разположени в кръг около любимото им дърво. На следващата сутрин Джъмпи забелязала, че Буши е поставила по един орех във всяка дупка, но без да обръща внимание на номерацията. Недоволна, Джъмпи решила да подреди орехите чрез редица от 20212021 хода. На kk-тия ход тя разменя местата на двата ореха, съседни на ореха с номер kk. Да се докаже, че съществува стойност на kk, за която на kk-тия ход Джъмпи разменя някакви орехи aa и bb с a<k<ba\lt{}k\lt{}b.
РешениеДа допуснем противното: при нито един ход не се разменят два ореха aa и bb с a<k<ba\lt{}k\lt{}b. Ще използваме трик с праг. След kk-тия ход оцветяваме ореха с номер kk в червено. Така след kk стъпки точно орехите с номера 1,2,…,k1,2,\ldots,k са червени; останалите ще наричаме черни. При kk-тия ход двата съседа на ореха kk се разменят, но си остават неговите два съседа. Поради предположението тези два съседа не могат да са един червен и един черен: иначе техните номера биха били от двете страни на kk. Следователно във всеки момент орехът, който тъкмо става червен, се намира между два ореха с еднакъв цвят. Значи сме получили следния опростен процес върху кръг от 20212021 места: започваме с всички места черни и на всяка стъпка сменяме черно място в червено, но само ако двата му съседа имат еднакъв цвят. Ще докажем, че след първата стъпка винаги остава последователен блок от черни орехи с положителна четна дължина. След първата стъпка има блок от 20202020 черни ореха. Ако някога има черен блок с дължина 22, той не може да бъде променен, защото всеки от двата му ореха има един черен и един червен съсед. Ако пък имаме черен блок с четна дължина поне 44 и оцветим орех вътре в него, блокът се разделя на два черни блока, един с нечетна и един с четна дължина. Значи поне един положителен четен черен блок остава. Този инвариант не позволява всички орехи да станат червени след 20212021 стъпки. Полученото противоречие доказва, че за някое kk наистина се разменят орехи aa и bb с a<k<ba\lt{}k\lt{}b.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека m≥2m\ge2 е цяло число, AA е крайно множество от цели числа, не непременно положителни, а B1,B2,…,BmB_1,B_2,\ldots,B_m са подмножества на AA. Да предположим, че за всяко k=1,2,…,mk=1,2,\ldots,m сумата на елементите на BkB_k е mkm^k. Да се докаже, че AA съдържа поне m/2m/2 елемента.
РешениеРазглеждаме всички кратни на mm числа XX, за които0≤X<mm+1.0\le X\lt{}m^{m+1}.Такива числа има точно mmm^m. Пишем всяко от тях в основа mm във видаX=∑i=1mcimi,X=\sum_{i=1}^m c_i m^i,където всяко cic_i е едно от числата 0,1,2,…,m−10,1,2,\ldots,m-1. Сега използваме условието за сумите на множествата BiB_i и разменяме реда на сумиране:X=∑i=1m(∑b∈Bib)ci=∑a∈Afa(X)a,X=\sum_{i=1}^m\left(\sum_{b\in B_i} b\right)c_i=\sum_{a\in A} f_a(X)a,къдетоfa(X)=∑i:a∈Bici.f_a(X)=\sum_{i:a\in B_i} c_i.За всяко a∈Aa\in A очевидно0≤fa(X)≤m(m−1).0\le f_a(X)\le m(m-1).Следователно векторът от всички стойности fa(X)f_a(X) има най-много (m(m−1)+1)∣A∣(m(m-1)+1)^{|A|} възможности, когато XX пробягва избраните кратни на mm. Но от формулатаX=∑a∈Afa(X)aX=\sum_{a\in A} f_a(X)aсе вижда, че този вектор определя самото число XX. Затоваmm≤(m(m−1)+1)∣A∣≤(m2)∣A∣.m^m\le (m(m-1)+1)^{|A|}\le (m^2)^{|A|}.Оттук следва m≤2∣A∣m\le2|A|, тоест ∣A∣≥m/2|A|\ge m/2, както трябваше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2021/6Условие — източник