maths.bgmaths.bg
Всички колекции
ISL

IMO Shortlisted Problems

429 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

21 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2025

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

11-12

6 задачи

Задача A3

Пълен запис
Условие
Алиса и Боб играят игра, чиито правила зависят от положително реално число λ\lambda, известно и на двамата. На nn-ия ход, започвайки с n=1n=1, се случва следното: - ако nn е нечетно, Алиса избира неотрицателно реално число xnx_n, така че x1+x2+⋯+xn≤λnx_1+x_2+\cdots+x_n\le\lambda n; - ако nn е четно, Боб избира неотрицателно реално число xnx_n, така че x12+x22+⋯+xn2≤nx_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2\le n. Ако играч не може да избере подходящо xnx_n, играта свършва и другият играч печели. Ако играта продължи безкрайно, никой не печели. Всички избрани числа са известни и на двамата. Да се определят всички стойности на λ\lambda, за които Алиса има печеливша стратегия, и всички стойности, за които Боб има печеливша стратегия.
РешениеАлиса има печеливша стратегия точно за λ>1/2\lambda\gt{}1/\sqrt2, а Боб има печеливша стратегия точно за λ<1/2\lambda\lt{}1/\sqrt2. При λ=1/2\lambda=1/\sqrt2 никой от двамата не може да гарантира победа. Първо описваме стратегията на Алиса. Тя играе x2i+1=0x_{2i+1}=0 до достатъчно късен избран момент. Ако след 2k2k хода е ред на Алиса, от условието на Боб и Коши-Шварц имамеx2+x4+⋯+x2k≤x_2+x_4+\cdots+x_{2k}\lex2k(x22+x42+⋯+x2k2)≤x22k.\sqrt{\vphantom{x^2}k(x_2^2+x_4^2+\cdots+x_{2k}^2)}\le\sqrt{\vphantom{x^2}2}k.Следователно Алиса може да играе на ход 2k+12k+1, стига интервалът0≤x2k+1≤λ(2k+1)−2k0\le x_{2k+1}\le\lambda(2k+1)-\sqrt2 kда е непразен. При λ≥1/2\lambda\ge1/\sqrt2 това не я кара да загуби. Ако λ>1/2\lambda\gt{}1/\sqrt2, избираме kk толкова голямо, че горната граница да е по-голяма от x22k+2\sqrt{\vphantom{x^2}2k+2}. Тогава Алиса избира такова x2k+1x_{2k+1}, и на следващия ход Боб не може да запази сумата от квадратите най-много 2k+22k+2. Значи Алиса печели. Сега стратегията на Боб. След всеки ход на Алиса той избира възможно най-голямото разрешено числоx2i+2=x22−x2i+12.x_{2i+2}=\sqrt{\vphantom{x^2}2-x_{2i+1}^2}.Това е законно, стига x2i+1<2x_{2i+1}\lt{}\sqrt2. За да го проверим, групираме ходовете по двойки. За всяко t≥0t\ge0 е вярно t+x22−t2≥2t+\sqrt{\vphantom{x^2}2-t^2}\ge\sqrt2 в допустимия интервал. Следователно след хода 2k+12k+1 на Алиса имамеλ(2k+1)≥x1+x2+⋯+x2k+1≥k2+x2k+1,\lambda(2k+1)\ge x_1+x_2+\cdots+x_{2k+1}\ge k\sqrt2+x_{2k+1},тоестx2k+1≤λ(2k+1)−k2.x_{2k+1}\le\lambda(2k+1)-k\sqrt2.При λ≤1/2\lambda\le1/\sqrt2 това е винаги по-малко от 2\sqrt2, така че Боб не губи. Ако λ<1/2\lambda\lt{}1/\sqrt2, за достатъчно голямо kk дясната страна става отрицателна, което означава, че Алиса изобщо не може да направи валиден ход. Затова Боб печели. Равенството λ=1/2\lambda=1/\sqrt2 остава точно граничният случай, в който и двамата имат стратегии да не загубят, но никой не може да принуди победа.
Отвори задачатаEvan Chen VONISL 2025 A3Условие — източник

Задача C1

Пълен запис
Условие
Права в равнината се нарича слънчева, ако не е успоредна на нито една от правите: оста xx, оста yy и правата x+y=0x+y=0. Нека n≥3n\ge3 е дадено цяло число. Да се определят всички неотрицателни цели числа kk, за които съществуват nn различни прави в равнината със следните две свойства: - за всички положителни цели числа aa и bb с a+b≤n+1a+b\le n+1 точката (a,b)(a,b) лежи на поне една от правите; - точно kk от тези nn прави са слънчеви.
РешениеОтговорът е k∈{0,1,3}k\in\{0,1,3\}. Ще мислим за точките (a,b)(a,b) с a+b≤n+1a+b\le n+1 като за триъгълна решетка. Ще наричаме дълга права една от трите гранични прави на тази решетка; всяка от тях минава през nn точки и не е слънчева. Основното наблюдение е, че при n≥4n\ge4 всяко покриване с точно nn прави съдържа поне една дълга права. Наистина, по външния контур има 3(n−1)3(n-1) точки. Ако няма дълга права, всяка от nn-те прави минава през най-много две такива гранични точки, откъдето 2n≥3(n−1)2n\ge3(n-1), което е невъзможно за n≥4n\ge4. Следователно можем да изтрием една дълга права и да сведем задачата от nn към n−1n-1, без да променяме броя на слънчевите прави. Обратно, ако имаме конструкция за по-малка решетка, добавянето на нова дълга гранична права увеличава nn с 11 и пак не променя броя на слънчевите прави. Така всичко се свежда до случая n=3n=3. При n=3n=3 трябва да покрием шестте точки от триъгълната решетка с три прави. Ако има дълга права, тя покрива три точки, а останалите три точки се покриват от две прави. Една от тези две прави минава през две точки от същата решетка и е успоредна на една от трите забранени посоки, а другата може да бъде слънчева или не. Получаваме 00 или 11 слънчева права. Ако няма дълга права, всяка права трябва да покрие точно две точки; единственото такова сдвояване използва три слънчеви прави. Значи възможните стойности са точно 0,1,30,1,3, както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONISL 2025 C1Условие — източник

Задача C8

Пълен запис
Условие
Разглеждаме 2025×20252025\times2025 квадратна решетка от единични квадратчета. Матилда иска да постави върху решетката няколко правоъгълни плочки, евентуално с различни размери, така че всяка страна на всяка плочка да лежи върху линия на решетката и всяко единично квадратче да бъде покрито от най-много една плочка. Да се намери минималният брой плочки, които Матилда трябва да постави, така че във всеки ред и във всяка колона да има точно едно единично квадратче, което не е покрито от никоя плочка.
РешениеОтговорът е 2112=2025+2⋅45−32112=2025+2\cdot45-3. Ще използваме по-общата форма за n=k2n=k^2, където отговорът е k2+2k−3k^2+2k-3. Първо конструкцията. Разделяме страните на дъската на kk блока по kk последователни реда и колони. Оставяме непокрити клетките((u−1)k+v, (v−1)k+k−u+1),1≤u,v≤k.((u-1)k+v,\ (v-1)k+k-u+1),\qquad 1\le u,v\le k.Това е пермутация на редовете и колоните, затова във всеки ред и във всяка колона има точно една непокрита клетка. Останалата част се покрива по стълбовидния модел, определен от тези клетки: вътрешността дава (k−1)2(k-1)^2 квадрата с размер k×kk\times k, а по четирите края остават общо 4(k−1)4(k-1) правоъгълни плочки. Така броят на плочките е(k−1)2+4(k−1)=k2+2k−3.(k-1)^2+4(k-1)=k^2+2k-3.За k=45k=45 това дава 2025+90−3=21122025+90-3=2112 плочки. Остава долната оценка. Нека непокритите клетки се наричат черни. Понеже във всеки ред и във всяка колона има точно една такава клетка, те задават пермутация на 1,2,…,n1,2,\ldots,n. Нека най-дългата растяща подпоследователност има дължина aa, а най-дългата намаляваща подпоследователност има дължина bb. По теоремата на Ердьош-Секереш имаме ab≥nab\ge n, следователно a+b≥2na+b\ge2\sqrt n. Начертаваме растящата подпоследователност като начупена линия и я свързваме със северозападния и югозападния ъгъл на дъската. По същия начин начертаваме намаляващата подпоследователност и я свързваме със северозападния и югоизточния ъгъл. Тези две начупени линии разделят дъската на четири области. За всяка черна клетка в северната област записваме буквата NN в клетката над нея; аналогично записваме E,S,WE,S,W за източната, южната и западната област. Ако черна клетка лежи на гранична начупена линия, записваме всички съответни букви. Общият брой записани букви е n+a+b+1n+a+b+1, ако избраните растяща и намаляваща подпоследователност се пресичат, и n+a+bn+a+b иначе. Значи той е поне n+2n+εn+2\sqrt n+\varepsilon, където ε\varepsilon е 11 в първия случай и 00 във втория. По начина, по който са записани буквите, нито една правоъгълна плочка не може да съдържа две клетки с букви: между такива две клетки задължително има черна клетка или граница от начупените линии, която пречи те да попаднат в един правоъгълник. Най-много четири от буквите могат да излязат извън дъската. Ако ε=1\varepsilon=1, получаваме поне n+2n−3n+2\sqrt n-3 плочки. Ако ε=0\varepsilon=0, оценката дава първо n+2n−4n+2\sqrt n-4, но клетката, в която се пресичат двете начупени линии, не носи буква и също не може да бъде покрита заедно с буквените клетки; това добавя още една необходима плочка. И в двата случая са нужни поне n+2n−3n+2\sqrt n-3 плочки. При n=2025=452n=2025=45^2 това е 21122112.IMO 2025/6 permutation cells with increasing and decreasing chainsNESWNESWнарастващанамаляваща
Отвори задачатаEvan Chen VONISL 2025 C8Условие — източник

Задача G4

Пълен запис
Условие
Нека Ω\Omega и Γ\Gamma са окръжности с центрове съответно MM и NN, като радиусът на Ω\Omega е по-малък от радиуса на Γ\Gamma. Нека Ω\Omega и Γ\Gamma се пресичат в две различни точки AA и BB. Правата MNMN пресича Ω\Omega в CC и Γ\Gamma в DD, така че C,M,N,DC,M,N,D лежат на MNMN в този ред. Нека PP е центърът на описаната окръжност на триъгълника ACDACD. Правата APAP пресича Ω\Omega повторно в E≠AE\ne A и Γ\Gamma повторно в F≠AF\ne A. Нека HH е ортоцентърът на триъгълника PMNPMN. Да се докаже, че правата през HH, успоредна на APAP, е допирателна към описаната окръжност на триъгълника BEFBEF.
РешениеЩе използваме насочени ъгли. Положете α=∠DCA=∠BCD\alpha=\angle DCA=\angle BCD и β=∠ADC=∠CDB\beta=\angle ADC=\angle CDB. Понеже PP е центърът на описаната окръжност на ACDACD, получаваме ∠PAD=90∘−α\angle PAD=90^\circ-\alpha и ∠CAP=90∘−β\angle CAP=90^\circ-\beta. Първо оставяме точките H,M,NH,M,N настрана. От E∈APE\in AP и E∈ΩE\in\Omega имаме ∠AEC=∠ABC=∠CAB=90∘−α\angle AEC=\angle ABC=\angle CAB=90^\circ-\alpha, следователно CE∥ADCE\parallel AD. По същия начин DF∥ACDF\parallel AC. Ако A0=CE∩DFA_0=CE\cap DF, тогава ACA0DACA_0D е успоредник, а освен това BA0∥CDBA_0\parallel CD. Нека TT е центърът на описаната окръжност на триъгълника A0EFA_0EF. От вече намерените успоредности се получава∠FEA0=90∘−α,\angle FEA_0=90^\circ-\alpha,∠A0FE=90∘−β,∠EA0F=α+β.\qquad \angle A_0FE=90^\circ-\beta,\qquad \angle EA_0F=\alpha+\beta.Понеже TT е център на тази окръжност, ∠EA0T=90∘−∠A0FE=β=∠CA0B\angle EA_0T=90^\circ-\angle A_0FE=\beta=\angle CA_0B, така че TT лежи на правата BA0BA_0. Освен това ∠ETF=2(α+β)=∠EBF\angle ETF=2(\alpha+\beta)=\angle EBF, откъдето TT е среда на дъгата EFEF на окръжността (BEF)(BEF). Сега връщаме M,NM,N и точката HH; тук HH е ортоцентърът от условието. Хомотетията с център FF, която праща триъгълника FEA0FEA_0 в триъгълника FADFAD, праща центъра TT в NN; следователно F,T,NF,T,N са колинеарни. Аналогично E,T,ME,T,M са колинеарни. От друга страна MH⊥PNMH\perp PN, а PNPN е симетрала на ADAD, затова MH∥ADMH\parallel AD; също NH∥ACNH\parallel AC. Следователно MHMH и NHNH са ъглополовящи съответно в триъгълника TMNTMN, т.е. HH е инцентър на този триъгълник. По-специално∠NTH=∠HTM=90∘−(α+β).\angle NTH=\angle HTM=90^\circ-(\alpha+\beta).Но ∠NFA=90∘−∠ADF=90∘−(α+β)\angle NFA=90^\circ-\angle ADF=90^\circ-(\alpha+\beta), следователно HT∥APHT\parallel AP. Понеже TT е среда на дъгата EFEF на (BEF)(BEF), допирателната към (BEF)(BEF) в TT е точно правата, успоредна на APAP. Тази права минава през HH, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONISL 2025 G4Условие — източник

Задача N3

Пълен запис
Условие
Безкрайна редица a1,a2,…a_1,a_2,\ldots се състои от положителни цели числа, всяко от които има поне три собствени делителя. За всяко n≥1n\ge1 числото an+1a_{n+1} е сборът на трите най-големи собствени делителя на ana_n. Да се определят всички възможни стойности на a1a_1.
РешениеОтговорът еa1=6⋅12eℓ,a_1=6\cdot12^e\ell,където e≥0e\ge0, ℓ≥1\ell\ge1 и gcd⁡(ℓ,10)=1\gcd(\ell,10)=1. Нека ψ(x)\psi(x) е сборът на трите най-големи собствени делителя на xx. Ако x=6⋅12eℓx=6\cdot12^e\ell и gcd⁡(ℓ,10)=1\gcd(\ell,10)=1, тогава при e>0e\gt{}0 трите най-големи собствени делители са x/2,x/3,x/4x/2,x/3,x/4, така че ψ(x)=13x/12\psi(x)=13x/12. При e=0e=0 трите най-големи са x/2,x/3,x/6x/2,x/3,x/6 и ψ(x)=x\psi(x)=x. Следователно след краен брой стъпки множителят 12e12^e се заменя с 13e13^e, а после редицата става константна; всички членове имат поне три собствени делителя. Така всички посочени стойности работят. Да докажем, че други няма. Първо, ако xx е нечетно, тогава всички негови делители са нечетни, затова ψ(x)\psi(x) е нечетно. Освен това трите най-големи собствени делителя са най-много x/3,x/5,x/7x/3,x/5,x/7, така че ψ(x)<x\psi(x)\lt{}x. Следователно не може някой член на безкрайна допустима редица да е нечетен, защото оттам нататък бихме получили строго намаляваща редица от положителни нечетни числа. Ако xx е четно, но 3∤x3\nmid x, тогава отново ψ(x)<x\psi(x)\lt{}x: трите най-големи собствени делителя са най-много x/2,x/4,x/5x/2,x/4,x/5. Освен това стандартната проверка по най-малък прост делител показва, че 3∤ψ(x)3\nmid\psi(x). Значи и такъв член би довел до безкрайно строго намаляване. Следователно всеки ana_n се дели на 66. За кратно на 66 число xx имаме точно следните възможности:ψ(x)=13x/12(4∣x),\psi(x)=13x/12\quad(4\mid x),ψ(x)=31x/30(4∤x, 5∣x),\qquad \psi(x)=31x/30\quad(4\nmid x,\ 5\mid x),ψ(x)=x(4∤x, 5∤x).\qquad \psi(x)=x\quad(4\nmid x,\ 5\nmid x).Средният случай не може да се появи в нашата редица, защото тогава 31x/3031x/30 е нечетно, докато вече знаем, че всички членове са кратни на 66. Така на всяка стъпка или умножаваме по 13/1213/12, или оставаме на място. Невъзможно е да умножаваме по 13/1213/12 безкрайно много пъти, затова след някакъв момент редицата е константна. Ако това става след ee умножения, последният член е от вида 6⋅13eℓ6\cdot13^e\ell с gcd⁡(ℓ,10)=1\gcd(\ell,10)=1, а началният е 6⋅12eℓ6\cdot12^e\ell. Получаваме точно заявения отговор.
Отвори задачатаEvan Chen VONISL 2025 N3Условие — източник

Задача N7

Пълен запис
Условие
Функция f:N→Nf:\mathbb N\to\mathbb N се нарича бонза, ако f(a)f(a) дели ba−f(b)f(a)b^a-f(b)f(a) за всички положителни цели числа aa и bb. Да се намери най-малката реална константа cc, така че f(n)≤cnf(n)\le cn за всяка бонза функция ff и всяко положително цяло число nn.
РешениеОтговорът е c=4c=4. Нека P(a,b)P(a,b) означава даденото условие. Първо, от P(n,n)P(n,n) следва, че f(n)∣nnf(n)\mid n^n за всяко nn. Затова, ако qq е просто и f(q)>1f(q)\gt{}1, то f(q)f(q) е степен на qq. Тогава от P(q,t)P(q,t) и малката теорема на Ферма получаваме q∣t−f(t)q\mid t-f(t) за всяко tt. Ако ff не е тъждествената функция, това може да се случи само за краен брой такива прости qq. Нека сега pp е нечетно просто число. Избираме голямо просто qq с q≢1(modp)q\not\equiv1\pmod p и с f(q)=1f(q)=1. От P(p,q)P(p,q) имаме f(p)∣qp−f(p)f(p)\mid q^p-f(p). Ако pp делеше f(p)f(p), то дясната страна би била qp≡q≢0(modp)q^p\equiv q\not\equiv0\pmod p, противоречие. Следователно f(p)=1f(p)=1 за всяко нечетно просто pp. Оттук всеки f(n)f(n) е степен на 22: ако нечетно просто pp дели f(n)f(n), то P(n,p)P(n,p) дава p∣pn−f(p)f(n)=pn−f(n)p\mid p^n-f(p)f(n)=p^n-f(n), невъзможно. Накрая при P(n,5)P(n,5) получаваме f(n)∣5n−f(5)f(n)=5n−f(n)f(n)\mid5^n-f(5)f(n)=5^n-f(n). Понеже f(5)=1f(5)=1 и f(n)f(n) е степен на 22, използваме стандартната оценка ν2(5n−1)=ν2(n)+2\nu_2(5^n-1)=\nu_2(n)+2. Следователно f(n)≤2ν2(n)+2≤4nf(n)\le2^{\nu_2(n)+2}\le4n. Значи c=4c=4 винаги работи. Остава да видим, че по-малка константа не стига. Дефинираме f(n)=1f(n)=1 за нечетни nn, f(4)=16f(4)=16 и f(n)=2f(n)=2 за четни n≠4n\ne4. Проверка по случаи показва, че тази функция е бонза: при нечетно aa делителят е 11, а при четно aa всички нужни сравнения са по модул степен на 22 и следват от паритета на bab^a и избора на стойностите 1,2,161,2,16. Тази функция има f(4)=16=4⋅4f(4)=16=4\cdot4, така че никоя константа c<4c\lt{}4 не може да работи.
Отвори задачатаEvan Chen VONISL 2025 N7Условие — източник