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

2024

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа α\alpha, за които за всяко положително цяло число nn числото⌊α⌋+⌊2α⌋+⌊3α⌋+⋯+⌊nα⌋\lfloor \alpha \rfloor+\lfloor 2\alpha \rfloor+\lfloor 3\alpha \rfloor+\cdots+\lfloor n\alpha \rfloorсе дели на nn.
РешениеОтговорът е: α\alpha трябва да бъде четно цяло число. НекаS(n,α)=⌊α⌋+⌊2α⌋+⋯+⌊nα⌋.S(n,\alpha)=\lfloor \alpha \rfloor+\lfloor 2\alpha \rfloor+\cdots+\lfloor n\alpha \rfloor.Ако α\alpha е цяло число, тоS(n,α)=(1+2+⋯+n)α=n(n+1)2α.S(n,\alpha)=(1+2+\cdots+n)\alpha=\frac{n(n+1)}2\alpha.Това се дели на nn за всяко nn, когато 2∣α2\mid \alpha. Ако α\alpha е нечетно цяло число, още при n=2n=2 получаваме противоречие. Остава да изключим случая, в който α\alpha не е цяло число. Замяната на α\alpha с α±2\alpha\pm2 променя сумата с2(1+2+⋯+n)=n(n+1),2(1+2+\cdots+n)=n(n+1),което винаги се дели на nn. Следователно можем да сведем до −1<α<1-1\lt{}\alpha\lt{}1 и α∉Z\alpha\notin\mathbb Z. Ако 0<α<10\lt{}\alpha\lt{}1, нека m≥2m\ge2 е най-малкото цяло число с mα≥1m\alpha\ge1. Тогава първите m−1m-1 цели части са 00, а ⌊mα⌋=1\lfloor m\alpha\rfloor=1, откъдето S(m,α)=1S(m,\alpha)=1, което не се дели на mm. Ако −1<α<0-1\lt{}\alpha\lt{}0, нека m≥2m\ge2 е най-малкото цяло число с mα<−1m\alpha\lt{}-1. Тогава първите m−1m-1 цели части са −1-1, а ⌊mα⌋=−2\lfloor m\alpha\rfloor=-2, следователноS(m,α)=−(m−1)−2=−(m+1),S(m,\alpha)=-(m-1)-2=-(m+1),което също не се дели на mm. Следователно единствените решения са четните цели числа.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
За кои двойки положителни цели числа (a,b)(a,b) редицатаgcd⁡(an+b,bn+a),n=1,2,…\gcd(a^n+b,b^n+a),\qquad n=1,2,\ldotsе константна от някой член нататък?
РешениеОтговорът е само (a,b)=(1,1)(a,b)=(1,1). В този случай редицата е константно равна на 22. Да допуснем обратно, че редицатаxn=gcd⁡(an+b,bn+a)x_n=\gcd(a^n+b,b^n+a)е константна от някой член нататък. Основната идея е да разгледаме числотоM=ab+1.M=ab+1.Имаме gcd⁡(a,M)=gcd⁡(b,M)=1\gcd(a,M)=\gcd(b,M)=1. Избираме достатъчно голямо nn, което се дели на φ(M)\varphi(M) и за коетоxn−1=xn=xn+1=⋯ .x_{n-1}=x_n=x_{n+1}=\cdots.Първо, понеже an≡bn≡1(modM)a^n\equiv b^n\equiv1\pmod M, получавамеa(an−1+b)=an+ab≡1−1≡0(modM),a(a^{n-1}+b)=a^n+ab\equiv1-1\equiv0\pmod M,и аналогично b(bn−1+a)≡0(modM)b(b^{n-1}+a)\equiv0\pmod M. Тъй като aa и bb са взаимно прости с MM, следва M∣xn−1M\mid x_{n-1}. Но xn=xn−1x_n=x_{n-1}, значи M∣xnM\mid x_n. Следователно0≡an+b≡1+b(modM),0≡bn+a≡1+a(modM),0\equiv a^n+b\equiv1+b\pmod M,\qquad 0\equiv b^n+a\equiv1+a\pmod M,тоест a≡b≡−1(modM)a\equiv b\equiv-1\pmod M. Сега M∣xn+1M\mid x_{n+1} и затова0≡an+1+b≡a+b(modM).0\equiv a^{n+1}+b\equiv a+b\pmod M.От a≡b≡−1(modM)a\equiv b\equiv-1\pmod M получаваме 0≡−2(modM)0\equiv-2\pmod M, т.е. M∣2M\mid2. Понеже M=ab+1≥2M=ab+1\ge2, следва M=2M=2, откъдето ab=1ab=1 и значи a=b=1a=b=1.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,a3,…a_1,a_2,a_3,\ldots е безкрайна редица от положителни цели числа, и нека NN е положително цяло число. Нека за всяко n>Nn\gt{}N числото ana_n е равно на броя срещания на an−1a_{n-1} в списъка (a1,a2,…,an−1)(a_1,a_2,\ldots,a_{n-1}). Да се докаже, че поне една от редицитеa1,a3,a5,…иa2,a4,a6,…a_1,a_3,a_5,\ldots\qquad\text{и}\qquad a_2,a_4,a_6,\ldotsе периодична от някой член нататък.
РешениеПоставямеM=max⁡(a1,a2,…,aN).M=\max(a_1,a_2,\ldots,a_N).Ще си представяме процеса с кули. При всяко ii добавяме блок BiB_i в кула с номер aia_i. Първите NN блока са начални; за i>Ni\gt{}N блокът BiB_i има координати (ai,ai+1)(a_i,a_{i+1}), защото след добавянето му височината на кулата aia_i става точно ai+1a_{i+1}. Ще използваме две наблюдения. Първо, ако кулата k+1k+1 расте неограничено, то и кулата kk расте неограничено. По-точно съществува константа CC, такава че във всеки моментhk≥hk+1−C,h_k\ge h_{k+1}-C,където hjh_j е текущата височина на кула jj. Наистина, почти всеки жълт блок в кула k+1k+1 идва от предишен жълт блок на височина k+1k+1; блокът под него води инективно до блок в кула kk. Крайният брой изключения се поглъща в константата CC. Второ, ако an>Ma_n\gt{}M, то an+1≤Ma_{n+1}\le M. Ако това не беше вярно за първи път при някое nn, блокът BnB_n би бил добавен в изцяло нова, жълта област с номер и височина над MM. Но всички блокове под него в същата кула са дошли от различни кули на височина an>Ma_n\gt{}M, така че още преди този момент вече би имало повече от MM кули с височина над MM, противоречие с избора на първия такъв момент. Оттук числата, които се срещат безкрайно много пъти, образуват начален интервал. Нека LL е такова, че кулите 1,2,…,L1,2,\ldots,L растат неограничено, а кулите L+1,…,ML+1,\ldots,M след някакъв момент вече не получават блокове. Избираме достатъчно късен индекс N′>NN'\gt{}N, за който aN′≤La_{N'}\le L, кулите 1,…,L1,\ldots,L са вече по-високи от всички необходими начални изключения, а кулите L+1,…,ML+1,\ldots,M повече няма да растат. След N′N' членовете се редуват: на едната четност винаги имаме an≤La_n\le L, а на другата винаги an>Ma_n\gt{}M. Наистина, ако an≤La_n\le L, следващият член е текущата височина на една от първите LL кули и затова е >M\gt{}M; а щом an+1>Ma_{n+1}\gt{}M, второто наблюдение дава an+2≤Ma_{n+2}\le M, като вече не може да попадне в кулите L+1,…,ML+1,\ldots,M. Значи an+2≤La_{n+2}\le L. Разглеждаме само четността, на която членовете са малки. За такъв индекс nn дефинираме състояниеS(n)=(h1,h2,…,hL;an).S(n)=(h_1,h_2,\ldots,h_L; a_n).Преходът от S(n)S(n) към S(n+2)S(n+2) се определя така: междинният голям блок отива в кула с номер hanh_{a_n}, после следващият малък член е броят на кулите сред първите LL, които имат височина поне hanh_{a_n}. След това се увеличава точно съответната една от първите LL кули. Затова преходът зависи само от относителните височиниT(n)=(h1−h2,h2−h3,…,hL−1−hL;an).T(n)=(h_1-h_2,h_2-h_3,\ldots,h_{L-1}-h_L; a_n).Достатъчно е да покажем, че T(n)T(n) приема само краен брой стойности. От първото наблюдение имаме hk+1≤hk+Ch_{k+1}\le h_k+C за всички k<Lk\lt{}L. Трябва и обратна едностранна оценка. Твърдим, че за всяко ℓ<L\ell\lt{}L е изпълненоhℓ≤hℓ+1+C(L−1)h_\ell\le h_{\ell+1}+C(L-1)след достатъчно късен момент. Ако не, нека току-що сме увеличили кула ℓ\ell иhℓ>hℓ+1+C(L−1).h_\ell\gt{}h_{\ell+1}+C(L-1).Заедно с неравенствата hk+1≤hk+Ch_{k+1}\le h_k+C това даваmin⁡(h1,…,hℓ)>max⁡(hℓ+1,…,hL).\min(h_1,\ldots,h_\ell)\gt{}\max(h_{\ell+1},\ldots,h_L).От този момент нататък правилото за преходите принуждава процеса да връща малките блокове само в първите ℓ\ell кули, докато кулите ℓ+1,…,L\ell+1,\ldots,L вече не растат. Това противоречи на дефиницията на LL. Следователно всички разлики hk−hk+1h_k-h_{k+1} са ограничени от двете страни. Има само краен брой възможни състояния T(n)T(n), а преходът T(n)↦T(n+2)T(n)\mapsto T(n+2) е детерминиран. По принципа на Дирихле състоянията, а значи и членовете на тази четност, стават периодични. Така поне едната от двете подпоследователности a1,a3,…a_1,a_3,\ldots и a2,a4,…a_2,a_4,\ldots е периодична от някой член нататък.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с инцентър II, като AB<AC<BCAB\lt{}AC\lt{}BC. Нека XX е точка на правата BCBC, различна от CC, такава че правата през XX, успоредна на ACAC, е допирателна към вписаната окръжност. Аналогично, нека YY е точка на правата BCBC, различна от BB, такава че правата през YY, успоредна на ABAB, е допирателна към вписаната окръжност. Правата AIAI пресича описаната окръжност на ABCABC за втори път в PP. Нека KK и LL са средите съответно на ACAC и ABAB. Да се докаже, че∠KIL+∠YPX=180∘.\angle KIL+\angle YPX=180^\circ.
РешениеНека TT е образът на AA при централна симетрия спрямо II, тоест II е среда на ATAT. Тази точка премахва нуждата да работим директно със средите KK и LL. Понеже хомотетията с център AA и коефициент 22 изпраща KK в CC, LL в BB и II в TT, получаваме∠KIL=∠CTB.\angle KIL=\angle CTB.Освен това правите ABAB, ACAC, TXTX и TYTY образуват ромб с център II, откъдето TXTX и TYTY са допирателни към вписаната окръжност. Ще докажем, че четириъгълниците BXPTBXPT и CYPTCYPT са вписани. Наистина,∠TYC=∠TYB=∠ABC=∠APC=∠TPC,\angle TYC=\angle TYB=\angle ABC=\angle APC=\angle TPC,понеже T,A,I,PT,A,I,P са колинеарни. Следователно CYPTCYPT е вписан. Аналогично се доказва, че BXPTBXPT е вписан. Сега работим с насочени ъгли. От двете вписаности следва∠CTB=∠CTP+∠PTB=∠CYP+∠PXB.\angle CTB=\angle CTP+\angle PTB=\angle CYP+\angle PXB.Понеже B,X,Y,CB,X,Y,C са колинеарни в този ред, последната сума е равна на насочения ъгъл ∠XPY\angle XPY. Следователно∠CTB=∠XPY.\angle CTB=\angle XPY.Условията AB<AC<BCAB\lt{}AC\lt{}BC гарантират правилния ред на точките върху BCBC и че това насочено равенство се превежда в обикновеното∠CTB+∠YPX=180∘.\angle CTB+\angle YPX=180^\circ.Като заменим ∠CTB\angle CTB с ∠KIL\angle KIL, получаваме исканото∠KIL+∠YPX=180∘.\angle KIL+\angle YPX=180^\circ.ABCITKLXYP
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Охлювът Турбо е в най-горния ред на решетка с 20242024 реда и 20232023 стълба и иска да стигне до най-долния ред. В решетката обаче има 20222022 скрити чудовища, по едно във всеки ред освен първия и последния, като няма две чудовища в един и същ стълб. Турбо прави поредица от опити да стигне от първия ред до последния. При всеки опит той избира начална клетка в първия ред и после многократно се мести в съседна по страна клетка. Позволено му е да се връща във вече посетена клетка. Ако стигне до клетка с чудовище, опитът приключва и той се връща в първия ред за нов опит. Чудовищата не се местят между опитите, а Турбо помни дали всяка посетена от него клетка съдържа чудовище. Ако стигне до която и да е клетка в последния ред, опитът приключва и Турбо печели. Да се намери най-малкото цяло число nn, за което Турбо има стратегия, гарантираща достигане до долния ред с най-много nn опита, независимо от разположението на чудовищата.
РешениеОтговорът еn=3.n=3.Всъщност същата стратегия работи за всяка решетка с ss реда и s−1s-1 стълба при s≥4s\ge4. Първо два опита не стигат. При първото слизане във втория ред Турбо може веднага да попадне на чудовище M1M_1. При втория опит той трябва да влезе в третия ред през друг стълб, и там отново може веднага да попадне на чудовище M2M_2. Следователно не може да има гаранция с по-малко от три опита. Сега даваме стратегия с три опита. При първия опит Турбо влиза във втория ред и върви по него, докато намери чудовището M1M_1 в този ред. Ако M1M_1 не е в краен стълб, нека стълбът му е cc. Във втория опит Турбо влиза във втория ред в стълб c−1c-1, слиза в третия ред и, ако не удари чудовище, се премества в стълб cc и върви право надолу. Стълб cc вече съдържа чудовището M1M_1, затова в по-долните редове няма чудовища в този стълб. Ако този опит се провали, провалът е бил при слизането в третия ред в стълб c−1c-1; тогава в третия опит Турбо прави същото от стълб c+1c+1. В третия ред няма второ чудовище, така че този път стига до безопасния стълб cc и печели. Остава случаят, когато M1M_1 е в краен стълб; без ограничение нека е в най-левия. Тогава най-левият стълб е безопасен под втория ред. При втория опит Турбо започва от клетката вдясно от M1M_1 и следва стълбичен път: движи се надясно, после надолу, после надясно, после надолу, и така нататък, докато стигне долния ред или срещне второ чудовище M2M_2. Ако стълбичният път е чист, Турбо печели още при втория опит. Ако срещне M2M_2, то всички клетки от стълбичния път преди M2M_2 вече са известни като безопасни. При третия опит Турбо следва този безопасен начален участък до реда на M2M_2, спира в клетката непосредствено преди него, после се движи наляво в същия ред до най-левия стълб. В този ред единственото чудовище е M2M_2, а той го заобикаля; най-левият стълб под M1M_1 е безопасен. Оттам Турбо слиза право надолу и стига последния ред. Следователно три опита винаги са достатъчни, а вече видяхме, че поне три са необходими.M1M2началокрай1 намира M12 стълбичен път3 безопасен стълб
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Функция f:Q→Qf:\mathbb Q\to\mathbb Q се нарича акваесулиева, ако за всички x,y∈Qx,y\in\mathbb Q е изпълнено поне едно от равенствата f(x+f(y))=f(x)+yf(x+f(y))=f(x)+y или f(f(x)+y)=x+f(y)f(f(x)+y)=x+f(y). Да се докаже, че съществува цяло число cc такова, че за всяка акваесулиева функция ff има най-много cc различни рационални числа от вида f(r)+f(−r)f(r)+f(-r), където r∈Qr\in\mathbb Q, и да се намери най-малката възможна стойност на cc.
РешениеЩе докажем, че най-малката стойност е c=2c=2. Нека x→yx\to y означава равенствотоf(x+f(y))=f(x)+y.f(x+f(y))=f(x)+y.Тогава условието гласи, че за всеки две рационални числа xx и yy е вярно x→yx\to y или y→xy\to x. По-специално винаги x→xx\to x, следователноf(x+f(x))=x+f(x).f(x+f(x))=x+f(x).Първо даваме пример, който показва, че cc не може да бъде по-малко от 22. Некаf(x)=⌊2x⌋−x.f(x)=\lfloor2x\rfloor-x.Пишем h(x)=x+f(x)=⌊2x⌋h(x)=x+f(x)=\lfloor2x\rfloor. Ако 2x=m+α2x=m+\alpha и 2y=n+β2y=n+\beta, където m,n∈Zm,n\in\mathbb Z и 0≤α,β<10\le\alpha,\beta\lt{}1, то h(x)=mh(x)=m и h(y)=nh(y)=n. Ако α≥β\alpha\ge\beta, тогаваh(x+h(y)−y)=m+n=h(x)+h(y),h(x+h(y)-y)=m+n=h(x)+h(y),което е еквивалентно на x→yx\to y. Ако β≥α\beta\ge\alpha, аналогично y→xy\to x. Следователно тази функция е акваесулиева. При неяf(0)+f(0)=0,f(1/3)+f(−1/3)=−1,f(0)+f(0)=0,\qquad f(1/3)+f(-1/3)=-1,така че поне две различни стойности наистина могат да се появят. Остава да докажем, че повече от две стойности са невъзможни. Най-напред ff е инективна. Ако f(a)=f(b)f(a)=f(b), без ограничение можем да приемем a→ba\to b. Тогаваf(a)+a=f(a+f(a))=f(a+f(b))=f(a)+b,f(a)+a=f(a+f(a))=f(a+f(b))=f(a)+b,откъдето a=ba=b. Ще използваме следната лема. Ако s→rs\to r, тогава или f(r)+f(−r)=0f(r)+f(-r)=0, илиf(f(s))=s+f(r)+f(−r).f(f(s))=s+f(r)+f(-r).За доказателството вземаме x=s+f(r)x=s+f(r) и y=−ry=-r. Тогава, понеже s→rs\to r,x+f(y)=s+f(r)+f(−r),x+f(y)=s+f(r)+f(-r),y+f(x)=f(s+f(r))−r=f(s).\qquad y+f(x)=f(s+f(r))-r=f(s).Ако x→yx\to y, получаваме f(s+f(r)+f(−r))=f(s)f(s+f(r)+f(-r))=f(s) и от инективността следва f(r)+f(−r)=0f(r)+f(-r)=0. Ако пък y→xy\to x, получаваме точно f(f(s))=s+f(r)+f(−r)f(f(s))=s+f(r)+f(-r). Сега нека aa и bb са такива рационални числа, че f(a)+f(−a)f(a)+f(-a) и f(b)+f(−b)f(b)+f(-b) са ненулеви. Без ограничение можем да приемем a→ba\to b. Прилагайки лемата първо към (s,r)=(a,a)(s,r)=(a,a), а после към (s,r)=(a,b)(s,r)=(a,b), получавамеf(f(a))=a+f(a)+f(−a)f(f(a))=a+f(a)+f(-a)иf(f(a))=a+f(b)+f(−b).f(f(a))=a+f(b)+f(-b).Следователно f(a)+f(−a)=f(b)+f(−b)f(a)+f(-a)=f(b)+f(-b). Значи всички ненулеви стойности от вида f(r)+f(−r)f(r)+f(-r) са еднакви, а освен тях може да се появи само стойността 00. Общо стойностите са най-много две. Примерът по-горе показва, че най-малката възможна стойност е c=2c=2.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON IMO 2024/6Условие — източник