IMO 2013

[denisart]

Problem 1
Prove that for any two positive integers $k$, $n$ there exist positive integers $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{k}$ such that
$ 1+\frac{2^k-1}{n}=\left(1+\frac{1}{m_1}\right)\left(1+\frac{1}{m_2}\right)\dots\left(1+\frac{1}{m_k}\right). $

Problem 2
Given $2013$ red and $2014$ blue points in the plane, no three of them on a line. We aim to split the plane by lines (not passing through these points) into regions such that there are no regions containing points of both the colors. What is the least number of lines that always suffice?

Problem 3
Let $ABC$ be a triangle and let $A_1$, $B_1$, and $C_1$ be points of contact of the excircles with the sides $BC$, $AC$, and $AB$, respectively. Prove that if the circumcenter of $\triangle A_1B_1C_1$ lies on the circumcircle of $\triangle ABC$, then $\triangle ABC$ is a right triangle.

[Dave]

(Оффтоп)

И решения там тоже уже есть.

[denisart]

(Оффтоп)

Видел

[arqady]

Неравенств пока нет...

[arqady]

Сегодня почему-то задачи задерживаются. Может, кто знает, их можно увидеть в другом месте?

[Dave]

arqady в сообщении #748949 писал(а):

Сегодня почему-то задачи задерживаются. Может, кто знает, их можно увидеть в другом месте?

А куда торопиться? Вы вчерашние уже решили?
Скоро будут, я думаю, по ссылке, которую я дал выше.

[arqady]

Dave в сообщении #748968 писал(а):

Вы вчерашние уже решили?

Про прямые не решил.

-- Ср июл 24, 2013 23:06:05 --

Dave в сообщении #748968 писал(а):

[А куда торопиться?

Спать хоцца и порешать на скорость опять же... Дилемма...

[Dave]

Задача 3. Нетрудно доказать (есть формула - полупериметр минус сторона), что $AC_1=A_1C$, $BC_1=B_1C$ и $CA_1=C_1A$. Пусть $O$ - центр окружности, описанной около $\triangle A_1B_1C_1$. Не ограничивая общности, можно считать, что он лежит на дуге $AB$ окружности, описанной около $\triangle ABC$ (см. рис.).



Т.к. $OC_1=OA_1$ и $\angle OCA_1=\angle OAC_1$, то $\triangle OCA_1=\triangle OAC_1$. Значит $\angle COA_1=\angle AOC_1=\alpha$. Пусть $D$ - такая точка на продолжении отрезка $OA$ за точку $A$, что $B_1D=B_1O$. $\angle DAB_1=\pi-\angle CAO=\angle OBA_1$, значит $\triangle DAB_1=\triangle OBA_1$ и $\angle A_1OB=\angle B_1DA=\angle AOB_1=\beta$. Пусть $E$ - такая точка на продолжении отрезка $BO$ за точку $O$, что $C_1E=C_1O$. Т.к. $\angle EBC_1=\angle OCB_1$, то $\triangle EBC_1=\triangle OCB_1$ ($\triangle OCB_1 \ne \triangle OBC_1$, т.к. $\angle C_1OB>\angle B_1OC$). Значит $\angle B_1OC=\angle C_1EB=\angle EOC_1=\pi-\angle C_1OB=\gamma$.
Подытоживая всё вышеперечисленное, получаем:

$$\beta+\gamma+\alpha+\beta=\angle AOB_1+\angle B_1OC+\angle COA_1+\angle A_1OB=\angle AOB=\angle AOC_1+\angle C_1OB=\alpha+(\pi-\gamma),$$

откуда $\angle ABC=\angle AOC=\angle AOB_1+\angle B_1OC=\beta+\gamma=\frac {\pi} 2$.

[denisart]

(Оффтоп)

По ссылке, которую кинул Dave , появились задачи.

Problem 4
Let $ABC$ be an acute triangle with orthocenter $H$, and let $W$ be a point on the side $BC$, between $B$ and $C$. The points $M$ and $N$ are the feet of the altitudes drawn from $B$ and $C$, respectively. $\omega_1$ is the circumcircle of triangle $BWN$, and $X$ is a point such that $WX$ is a diameter of $\omega_1$. Similarly, $\omega_2$ is the circumcircle of triangle $CWM$, and $Y$ is a point such that $WY$ is a diameter of $\omega_2$. Show that the points $X$, $Y$, and $H$ are collinear.

Problem 5
Let $\mathbb Q_{>0}$ be the set of all rational numbers greater than zero. Let $f: \mathbb Q_{>0} \to \mathbb R$ be a function satisfying the following conditions:

(i) $f(x)f(y) \geq f(xy)$ for all $x$, $y \in \mathbb Q_{>0}$,
(ii) $f(x+y) \geq f(x) + f(y)$ for all $x$, $y \in \mathbb Q_{>0}$,
(iii) There exists a rational number $a> 1$ such that $f (a) = a$.

Show that$ f(x) = x$ for all $x \in \mathbb Q_{>0}$.

Problem 6
Let $n\geq 3$ be an integer, and consider a circle with $n+1$ equally spaced points marked on it. Consider all labellings of these points with the numbers $0,1,\dots, n$ such that each label is used exactly once; two such labellings are considered to be the same if one can be obtained from the other by a rotation of the circle. A labelling is called beautiful if, for any four labels $a<b<c<d$ with $a+d=b+c$, the chord joining the points labelled $a$ and $d$ does not intersect the chord joining the points labelled $b$ and $c$.

Let $M$ be the number of beautiful labellings and let $N$ be the number of ordered pairs $(x,y)$ of positive integers such that $x+y\leq n$ and $\gcd(x,y)=1$. Prove that $M=N+1$.

[Dave]

Задача 5. Везде далее $n$ и $m$ - любые натуральные числа, $x$ - любое число из $\mathbb Q_{>0}$.
(1) Из (i) следует, что $(f(x))^n \ge f(x^n)$.
(2) Из (ii) следует, что $f(nx) \ge nf(x)$.
(3) Из (i) и (2) следует, что $f(n)f(x) \ge f(nx) \ge nf(x)$.
(4) Из (iii) и (3) следует, что $f(n) \ge n$.
(5) Из (i) и (4) следует, что $f(n) f\left(\frac 1 n\right) \ge f(1) >0$, значит $f\left(\frac 1 n\right)>0$. Отсюда и из (2) следует, что $f\left(\frac m n\right) \ge m f\left(\frac 1 n\right)>0$, т.е. $f(x)>0$.
(6) Из (ii) и (5) следует, что функция $f$-монотонно возрастающая.
(7) Из (iii) и (1) следует, что $a^n \ge f(a^n)$.
(8) Из (iii) следует, что если $f(x)>x$, то можно подобрать такое $n$, что $\frac {a^n} x-1>\frac x {f(x)-x}$. Взяв $m=\lfloor \frac {a^n} x \rfloor$ и используя (7), (6) и (2), мы получим

$$x>a^n-mx \ge f(a^n)-mx \ge f(mx)-mx \ge mf(x)-mx=m(f(x)-x)>\frac x {f(x)-x}(f(x)-x)=x$$

- противоречие. Значит $f(x) \le x$.
(9) Из (4) и (8) следует, что $f(n)=n$.
(10) Из (3) и (9) следует, что $f(nx)=nf(x)$.
(11) Из (9) и (10) следует, что $f\left(\frac 1 m\right)=\frac 1 m f(1)=\frac 1 m$.
(12) Из (10) и (11) следует, что $f\left(\frac n m\right)=n f\left(\frac 1 m\right)=\frac n m$, т.е $f(x)=x$.

[Dave]

Задача 4. Рассмотрим поворотную гомотетию вокруг точки $M$, при которой $A$ переходит в $H$. Это будет поворот на $90 \textdegree$ с коэффициентом $\frac {MH} {MA}$. Т.к. $\angle MYW=\angle MCW=90 \textdegree-\angle MAH=\angle MHA$, а $\angle YMW=90 \textdegree=\angle HMA$, то $\triangle WMY \sim \triangle AMH$, значит при этой гомотетии точка $W$ переходит в $Y$. Стало быть, отрезок $AW$ переходит в $HY$ и поэтому $AW \perp HY$. Аналогично доказывается, что $AW \perp HX$. Значит $XHY$ - прямая.

[denisart]

(Оффтоп)

Есть результаты. Россия аж четвертая.
Так же появились условия задач на всех языках.

[mihailm]

(Оффтоп)

denisart в сообщении #749549 писал(а):

Есть результаты. Россия аж четвертая...

Интересно
На первых 15 местах в основном Восточная и Юго-Восточная Азия:
Китай, обе Кореи, Сингапур, Вьетнам, Тайвань, Япония, Таиланд.
США, Великобритания, Канада, Австралия - там по пол команды оттуда.
Исключение - Россия, Иран, Израиль

[arqady]

mihailm в сообщении #749552 писал(а):

Исключение - Россия, Иран, Израиль

Кстати, в израильской команде ни одного выходца из России.

[Dave]

denisart в сообщении #749549 писал(а):

Есть результаты.

Лучшая среди девушек аж на 46 месте

denisart в сообщении #749549 писал(а):

Так же появились условия задач на всех языках.

А кто-нибудь знает, какая страна предложила каждую из 6 задач?
---------------------------------------------
А, уже нашел.
Problem 1 proposed by Japan
Problem 2 proposed by Ivan Guo, Australia
Problem 3 proposed by Alexander A. Polyansky, Russia
Problem 4 proposed by Warut Suksompong and Potcharapol Suteparuk, Thailand
Problem 5 proposed by Bulgaria
Problem 6 proposed by Alexander S. Golovanov and Mikhail A.Ivanov, Russia