maths.bgmaths.bg
Всички колекции
JMO

Evan Chen / JMO Solution Notes

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

16 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2026

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2026 · 11-12: липсва задача 2, 4

11-12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са различни положителни цели числа, за които ab+c=c2ab+c=c^2. Да се докаже, че (a−b)2≥4c.(a-b)^2\ge4c.
РешениеЩе използваме еквивалентната форма на исканото неравенство. Понеже ab=c2−c=c(c−1)ab=c^2-c=c(c-1), имаме(a−b)2≥4c⟺(a+b)2≥4ab+4c=4c2.(a-b)^2\ge4c\quad\Longleftrightarrow\quad (a+b)^2\ge4ab+4c=4c^2.Тъй като a+ba+b е положително, това е равносилно наa+b≥2c.a+b\ge2c.Остава да докажем последното. Без ограничение можем да приемем a>ba\gt{}b. От ab=c(c−1)ab=c(c-1) следва, че не може b≥cb\ge c, защото тогава ab>c(c−1)ab\gt{}c(c-1), а не може и a≤c−1a\le c-1, защото тогава ab<c(c−1)ab\lt{}c(c-1). Понеже a,b,ca,b,c са различни, получаваме всъщностa>c>c−1>b.a\gt{}c\gt{}c-1\gt{}b.Разглеждаме функциятаf(x)=x+c(c−1)xf(x)=x+\frac{c(c-1)}{x}за x>x2c(c−1)x\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}c(c-1)}. Тя е строго растяща, защотоf′(x)=1−c(c−1)x2>0f'(x)=1-\frac{c(c-1)}{x^2}\gt{}0в този интервал. Понеже a>c>x2c(c−1)a\gt{}c\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}c(c-1)} и b=c(c−1)/ab=c(c-1)/a, имамеa+b=f(a)>f(c)=c+(c−1)=2c−1.a+b=f(a)\gt{}f(c)=c+(c-1)=2c-1.Лявата страна е цяло число, следователно a+b≥2ca+b\ge2c. Това доказва исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2026/1Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е остроъгълен разностранен триъгълник, нито един от ъглите на който не е равен на 60∘60^\circ. Нека ω\omega е описаната около ABCABC окръжност. Нека ΔB\Delta_B е равностранният триъгълник с три върха върху ω\omega, единият от които е BB. Нека ℓB\ell_B е правата през другите два върха на ΔB\Delta_B. Аналогично се дефинират ΔC\Delta_C и ℓC\ell_C. Нека YY е пресечната точка на ACAC и ℓB\ell_B, а ZZ е пресечната точка на ABAB и ℓC\ell_C. Да допуснем, че описаната около AYZAYZ окръжност пресича ω\omega в P≠AP\ne A, правата BCBC пресича YZYZ в DD, а правата PAPA пресича YZYZ в EE. Да се докаже, че PE=PDPE=PD.
РешениеПонеже PP е Микеловата точка на конфигурацията BZYCBZYC, четириъгълникът DBZPDBZP е вписан. Следователно∠PDE=∠PDZ=∠PBZ=∠PBA,∠DEP=∠(YZ,AP).\begin{align*} \angle PDE&=\angle PDZ=\angle PBZ=\angle PBA,\\ \angle DEP&=\angle(YZ,AP). \end{align*}Затова задачата е решена, ако докажем∠PBA=∠(YZ,AP).(⋆)\angle PBA=\angle(YZ,AP).\qquad(\star)ABCYZPDEЩе докажем (⋆)(\star) с комплексни числа. Нека ω=e2πi/3\omega=e^{2\pi i/3}. Понеже YY е пресечната точка на правите през a,ca,c и през ωb,ω2b\omega b,\omega^2b, имамеy=b2(a+c)−ac(ωb+ω2b)b2−ac=b(ab+bc+ca)b2−ac,z=c(ab+bc+ca)c2−ab.\begin{align*} y&=\frac{b^2(a+c)-ac(\omega b+\omega^2b)}{b^2-ac}=\frac{b(ab+bc+ca)}{b^2-ac},\\ z&=\frac{c(ab+bc+ca)}{c^2-ab}. \end{align*}Сега пресмятаме точката PP. **Твърдение.** Имамеp=ab+bc+caa+b+c.p=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}.**Доказателство.** Забелязваме, чеp−zp−y=p−bp−c  ⟺  p=by−czb+y−c−z.\frac{p-z}{p-y}=\frac{p-b}{p-c}\iff p=\frac{by-cz}{b+y-c-z}.Числителят и знаменателят в дясната страна са съответноby−cz=(ab+bc+ca)(b2b2−ac−c2c2−ab)=(ab+bc+ca)a(c3−b3)(b2−ac)(c2−ab)=−(ab+bc+ca)a(b−c)(b2+bc+c2)(b2−ac)(c2−ab),b+y−c−z=(b−c)[(b2−ac)(c2−ab)−(ab+bc+ca)2](b2−ac)(c2−ab)=(b−c)[−ab3−ac3+a2bc−a2b2−c2a2−2abc(a+b+c)](b2−ac)(c2−ab)=−a(b−c)[a(b2+bc+c2)+b3+c3+2bc(b+c)](b2−ac)(c2−ab)=−a(b−c)(a+b+c)(b2+bc+c2)(b2−ac)(c2−ab).\begin{align*} by-cz&=(ab+bc+ca)\left(\frac{b^2}{b^2-ac}-\frac{c^2}{c^2-ab}\right)\\ &=(ab+bc+ca)\frac{a(c^3-b^3)}{(b^2-ac)(c^2-ab)}\\ &=-(ab+bc+ca)\frac{a(b-c)(b^2+bc+c^2)}{(b^2-ac)(c^2-ab)},\\ b+y-c-z&=\frac{(b-c)[(b^2-ac)(c^2-ab)-(ab+bc+ca)^2]}{(b^2-ac)(c^2-ab)}\\ &=\frac{(b-c)[-ab^3-ac^3+a^2bc-a^2b^2-c^2a^2-2abc(a+b+c)]}{(b^2-ac)(c^2-ab)}\\ &=\frac{-a(b-c)[a(b^2+bc+c^2)+b^3+c^3+2bc(b+c)]}{(b^2-ac)(c^2-ab)}\\ &=\frac{-a(b-c)(a+b+c)(b^2+bc+c^2)}{(b^2-ac)(c^2-ab)}. \end{align*}След деление получаваме твърдението. □\squareЖеланото равенство (⋆)(\star) се записва катоR∋pp+a÷y−zp−a=p−ap+a⋅py−z  ⟺  py−z∈\mathbb R\ni\frac{p}{p+a}\div\frac{y-z}{p-a}=\frac{p-a}{p+a}\cdot\frac{p}{y-z}\iff\frac{p}{y-z}\iniR, i\mathbb R,тъй като p−ap+a\frac{p-a}{p+a} очевидно е чисто имагинерно число при ∣a∣=∣p∣=1|a|=|p|=1. Пресмятамеy−z=(ab+bc+ca)b(c2−ab)−c(b2−ac)(b2−ac)(c2−ab)=(ab+bc+ca)−(b−c)(bc+ab+ac)(b2−ac)(c2−ab)=−(ab+bc+ca)2b−c(b2−ac)(c2−ab).\begin{align*} y-z&=(ab+bc+ca)\frac{b(c^2-ab)-c(b^2-ac)}{(b^2-ac)(c^2-ab)}\\ &=(ab+bc+ca)\frac{-(b-c)(bc+ab+ac)}{(b^2-ac)(c^2-ab)}\\ &=-(ab+bc+ca)^2\frac{b-c}{(b^2-ac)(c^2-ab)}. \end{align*}Следователноpy−z=\frac{p}{y-z}=(b2−ac)(c2−ab)(b−c)(a+b+c)(ab+bc+ca).\frac{(b^2-ac)(c^2-ab)}{(b-c)(a+b+c)(ab+bc+ca)}.Комплексно спрегнатото число е(py−z)‾=\overline{\left(\frac{p}{y-z}\right)}=(1b2−1ac)(1c2−1ab)(1b−1c)⋅ab+bc+caabc⋅a+b+cabc=\frac{\left(\frac1{b^2}-\frac1{ac}\right)\left(\frac1{c^2}-\frac1{ab}\right)}{\left(\frac1b-\frac1c\right)\cdot\frac{ab+bc+ca}{abc}\cdot\frac{a+b+c}{abc}}=−py−z,-\frac{p}{y-z},както искахме да докажем.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2026/3Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Положително цяло число nn се нарича самотно, ако за всички неотрицателни цели числа aa и bb с a+b=na+b=n поне едно от числата aa и bb съдържа цифрата 11. Да се намери, с доказателство, броят на самотните числа, по-малки от 10202610^{2026}.
РешениеЩе докажем, че едно число е самотно точно когато десетичният му запис има следния вид: цифрата 11 се среща точно веднъж, всички цифри вляво от нея са 00 или 22, а всички цифри вдясно от нея са 99. Например 202201999999202201999999 е от този вид. Първо нека nn има този вид. Ако последната цифра е 99, тогава при всяко представяне n=a+bn=a+b последните цифри на aa и bb се събират до 99, без пренос към тази позиция. Затова можем да изтрием последната цифра и да приложим същия аргумент към по-късия запис. Повтаряйки, стигаме до случая, в който единствената цифра 11 е последна. Ако вляво има водеща цифра 22, то или някое от aa и bb вече има цифра 11 в тази позиция, или едното има цифра 22 и можем да изтрием тази еднаква водеща част и да продължим индуктивно. Ако не се появи цифра 11 по-рано, последната позиция задължително дава цифра 11 в едно от двете числа. Следователно всяко число от описания вид е самотно. Сега нека nn е самотно. Първо, като вземем b=0b=0, виждаме, че самото nn съдържа поне една цифра 11. Ако nn съдържа четен брой единици, можем да ги сдвоим отляво надясно и във всяка двойка да построим събиране без цифри 11 чрез блокове от вида 9993+⋯89993+\cdots8, като всички останали позиции се допълват с нули. Ако броят на единиците е нечетен и поне три, правим същото, но оставяме първата единица да бъде получена като 1+01+0, а останалите единици отново се елиминират по двойки чрез заеми и блокове от деветки. И в двата случая получаваме представяне n=a+bn=a+b, в което нито aa, нито bb съдържа цифра 11, противоречие. Значи в nn има точно една цифра 11. Остава да ограничим останалите цифри. Ако вдясно от единствената единица има цифра d≠9d\ne9, тогава можем да използваме заем от тази единица: в междинните позиции поставяме в едното събираемо деветки, а в позицията с dd избираме цифра d+1d+1; при d=0d=0 вместо това използваме 99989998 и цифрата 22. Така пак получаваме разлагане без цифра 11, невъзможно за самотно число. Следователно всички цифри вдясно са 99. Ако вляво от единицата има цифра e≠0,2e\ne0,2, вземаме заем през следващите позиции, като използваме блок от деветки, и заменяме ee с e−1e-1, а единицата с 22 в другото събираемо. Отново получаваме две числа без цифра 11, противоречие. Значи всяка цифра вляво е 00 или 22. Накрая броим. Дописваме водещи нули, така че записът да има точно 20262026 цифри. Ако единствената цифра 11 е на ii-та позиция отляво, то преди нея има i−1i-1 свободни позиции, всяка с избор 00 или 22, а след нея всички цифри са 99. Това дава 2i−12^{i-1} числа. Следователно общият брой е∑i=120262i−1=22026−1.\sum_{i=1}^{2026}2^{i-1}=2^{2026}-1.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2026/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Емили има червен лист хартия. Тя начертава 20262026 окръжности върху листа, не задължително с равни радиуси. Избира една от окръжностите и оцветява вътрешността й в черно, след което разрязва листа по обиколките на всички 20262026 окръжности. Така тя отделя поне 22 черни парчета и някакъв брой червени парчета. Възможно ли е всички черни парчета да са конгруентни?
РешениеОтговорът е не. Нека Γ\Gamma е черната окръжност. За всяка точка във вътрешността на Γ\Gamma броим в колко от начертаните 20262026 кръга се намира тя. Избираме точка XX, за която този брой е максимален, и нека P\mathcal P е черното парче, което съдържа XX. Ще използваме следното наблюдение: всяка дъга от границата на P\mathcal P е обърната навън спрямо P\mathcal P. Наистина, ако някоя гранична дъга беше обърната навътре, тогава веднага от другата й страна щеше да има точка YY, която лежи във всички кръгове, съдържащи XX, и още в кръга, чиято дъга сме пресекли. Това би дало по-голям брой съдържащи кръгове, в противоречие с избора на XX. Сега разглеждаме друго черно парче. В графа на съседство между черните парчета има път от P\mathcal P до него, защото всички те са части на един и същ черен кръг, разрязан от окръжности. Още първата стъпка по такъв път пресича дъга, която е външна за P\mathcal P, но същата дъга е вътрешна за съседното парче. Следователно това съседно парче има поне една гранична дъга, обърната навътре. Свойството всички гранични дъги да са обърнати навън се запазва при конгруентност на парчета с техните гранични дъги. Но P\mathcal P има това свойство, а съседното черно парче няма. Значи не всички черни парчета могат да бъдат конгруентни. Следователно исканата конфигурация е невъзможна.PΓXнавън
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2026/6Условие — източник