maths.bgmaths.bg
Всички колекции
TSTST

Evan Chen / USA TSTST Solutions

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

14 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2024

Назад към папките

11-12

9 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За всяка наредена двойка цели числа (i,j)(i,j), не непременно положителни, искаме да изберем точка Pi,jP_{i,j} в декартовата равнина, чиито координати лежат във вътрешността на единичния квадратi<x<i+1,j<y<j+1.i\lt{}x\lt{}i+1,\qquad j\lt{}y\lt{}j+1.Да се намерят всички реални числа c>0c\gt{}0, за които е възможно точките да се изберат така, че за всички цели ii и jj периметърът на четириъгълникаPi,jPi+1,jPi+1,j+1Pi,j+1P_{i,j}P_{i+1,j}P_{i+1,j+1}P_{i,j+1}да е строго по-малък от cc.
РешениеОтговорът е c≥4c\ge4. Първо ще докажем, че c<4c\lt{}4 е невъзможно. Нека nn е произволно положително цяло число и разгледаме n×nn\times n подтаблица от единични квадрати. Да оценим средната дължина на горната страна на всички четириъгълници в тази подтаблица. Тя е1(n−1)2∑i=1n−1∑j=1n−1Pi,jPi+1,j≥\frac1{(n-1)^2}\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}P_{i,j}P_{i+1,j}\ge1(n−1)2∑j=1n−1P1,jPn,j>n−2n−1. \frac1{(n-1)^2}\sum_{j=1}^{n-1}P_{1,j}P_{n,j}\gt{}\frac{n-2}{n-1}.Същата оценка важи за всяка от четирите страни. Затова средният периметър е по-голям от4(n−2)n−1=4−4n−1.\frac{4(n-2)}{n-1}=4-\frac4{n-1}.Следователно за достатъчно голямо nn някой четириъгълник има периметър поне cc, противоречие. Остава да покажем, че c=4c=4 е постижимо. Ще поставимPi,j=(f(i),f(j))P_{i,j}=(f(i),f(j))за функция f:Z→Rf:\mathbb Z\to\mathbb R, която удовлетворява n<f(n)<n+1n\lt{}f(n)\lt{}n+1 и ∣f(n+1)−f(n)∣<1|f(n+1)-f(n)|\lt{}1 за всяко цяло nn. Тогава съответният периметър е2(∣f(i+1)−f(i)∣+∣f(j+1)−f(j)∣)<4.2\bigl(|f(i+1)-f(i)|+|f(j+1)-f(j)|\bigr)\lt{}4.Един пример еf(n)=n+12+{−∑r=1n10−r,n≥0,∑r=1−n10−r,n<0.f(n)=n+\frac12+\begin{cases} -\sum_{r=1}^{n}10^{-r},& n\ge0,\\ \sum_{r=1}^{-n}10^{-r},& n\lt{}0. \end{cases}Сумата по абсолютна стойност е по-малка от 1/91/9, така че n<f(n)<n+1n\lt{}f(n)\lt{}n+1. Освен това разликата между две съседни стойности е винаги строго по-малка от 11. Следователно c=4c=4 работи, а оттам и всяко c≥4c\ge4.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека pp е нечетно просто число. Нека PP и QQ са полиноми с цели коефициенти, за които P(0)=Q(0)=1P(0)=Q(0)=1, няма неконстантен полином, който да дели едновременно PP и QQ, и1+x1+2x1+⋱1+(p−1)x=P(x)Q(x).1+\cfrac{x}{1+\cfrac{2x}{1+\cfrac{\ddots}{1+(p-1)x}}}=\frac{P(x)}{Q(x)}.Да се докаже, че всички коефициенти на PP освен свободния член се делят на pp, а нито един коефициент на QQ не се дели на pp.
РешениеЩе използваме стандартна рекурсия за крайни верижни дроби. Нека a1,a2,…a_1,a_2,\ldots са ненулеви цели числа и дефинирамеR1(x)=1,R2(x)=1+a1x,R_1(x)=1,\qquad R_2(x)=1+a_1x,Rk+1(x)=Rk(x)+akxRk−1(x).\qquad R_{k+1}(x)=R_k(x)+a_kxR_{k-1}(x).С индукция се проверява, че1+akx1+ak−1x1+⋱1+a1x=1+\cfrac{a_kx}{1+\cfrac{a_{k-1}x}{1+\cfrac{\ddots}{1+a_1x}}}=Rk+1(x)Rk(x),\frac{R_{k+1}(x)}{R_k(x)},както и че Rk(0)=1R_k(0)=1 и gcd⁡(Rk+1,Rk)=1\gcd(R_{k+1},R_k)=1. За дадената дроб можем да вземемa1=p−1,a2=p−2,…,ap−1=1.a_1=p-1,\quad a_2=p-2,\quad\ldots,\quad a_{p-1}=1.Ако от всяко aia_i извадим pp, коефициентите на получените числител и знаменател се променят само с кратни на pp. След това умножаването на всички aia_i по −1-1 е същото като замяната x↦−xx\mapsto -x, което само сменя знаци на някои коефициенти. Затова е достатъчно да разгледаме рекурсията приai=i(i=1,2,…,p−1).a_i=i\qquad (i=1,2,\ldots,p-1).При тази нормализация числителят е RpR_p, а знаменателят е Rp−1R_{p-1}. Ще докажем формулатаRn(x)=∑k≥0n!2kk!(n−2k)!xk,R_n(x)=\sum_{k\ge0}\frac{n!}{2^k k!(n-2k)!}x^k,като сумата спира при k=⌊n/2⌋k=\lfloor n/2\rfloor. Базовите случаи са непосредствени. Ако формулата е вярна за nn и n−1n-1, тоRn+1=Rn+nxRn−1=∑k≥012kk!n!(n−2k)!xk+∑k≥012kk!n!(n−2k−1)!xk+1=∑k≥0(n+1)!2kk!(n+1−2k)!xk,\begin{align*} R_{n+1}&=R_n+nxR_{n-1}\\ &=\sum_{k\ge0}\frac{1}{2^k k!}\frac{n!}{(n-2k)!}x^k+\sum_{k\ge0}\frac{1}{2^k k!}\frac{n!}{(n-2k-1)!}x^{k+1}\\ &=\sum_{k\ge0}\frac{(n+1)!}{2^k k!(n+1-2k)!}x^k, \end{align*}което завършва индукцията. СледователноP(x)=Rp(x)=∑k≥0p!2kk!(p−2k)!xk.P(x)=R_p(x)=\sum_{k\ge0}\frac{p!}{2^k k!(p-2k)!}x^k.За k=0k=0 коефициентът е 11. За всяко k≥1k\ge1 знаменателят не се дели на pp, а числителят съдържа множител pp, така че съответният коефициент се дели на pp. От друга странаQ(x)=Rp−1(x)=Q(x)=R_{p-1}(x)=∑k≥0(p−1)!2kk!(p−1−2k)!xk.\sum_{k\ge0}\frac{(p-1)!}{2^k k!(p-1-2k)!}x^k.Тук нито числителят, нито знаменателят съдържа множител pp, затова нито един коефициент на QQ не се дели на pp. Това доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека A={a1,…,a2024}A=\{a_1,\ldots,a_{2024}\} е множество от 20242024 различни по двойки реални числа. Нека съществуват положителни цели числа b1,b2,…,b2024b_1,b_2,\ldots,b_{2024}, за коитоa1b1+a2b2+⋯+a2024b2024=0.a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_{2024}b_{2024}=0.Да се докаже, че могат да се изберат a2025,a2026,a2027,…a_{2025},a_{2026},a_{2027},\ldots така, че ak∈Aa_k\in A за всяко k≥2025k\ge2025 и за всяко положително цяло число dd да има безбройно много положителни цели числа nn, за които∑k=1nakkd=0.\sum_{k=1}^n a_kk^d=0.
РешениеЗа удобство ще номерираме от 00. Нека първоначалните елементи са a0,a1,…,a2023a_0,a_1,\ldots,a_{2023}. Поставямеm=b0+b1+⋯+b2023.m=b_0+b_1+\cdots+b_{2023}.Като добавим още bi−1b_i-1 копия на aia_i за всяко ii, получаваме първи блокa0,a1,…,am−1a_0,a_1,\ldots,a_{m-1}със сума 00. Нека sm(t)s_m(t) означава сумата от цифрите на tt в бройна система с основа mm, взета по модул mm. За всички следващи членове дефинирамеat=asm(t).a_t=a_{s_m(t)}.Това не променя вече зададения първи блок, защото за 0≤t<m0\le t\lt{}m имаме sm(t)=ts_m(t)=t. Ще докажем, че за фиксирано dd сумата∑t=0n−1at(t+1)d\sum_{t=0}^{n-1}a_t(t+1)^dе нула за всяко n=cmd+1n=cm^{d+1}, където cc е положително цяло число. Такива nn са безбройно много. Достатъчно е да разгледаме един блок от md+1m^{d+1} последователни члена:S=∑t=cmd+1(c+1)md+1−1asm(t)(t+1)d.S=\sum_{t=cm^{d+1}}^{(c+1)m^{d+1}-1}a_{s_m(t)}(t+1)^d.Всеки индекс в този блок се записва единствено катоt=cmd+1+e0+e1m+⋯+edmd,t=cm^{d+1}+e_0+e_1m+\cdots+e_dm^d,където 0≤e0,e1,…,ed<m0\le e_0,e_1,\ldots,e_d\lt{}m. Тогава sm(t)≡sm(c)+e0+⋯+ed(modm)s_m(t)\equiv s_m(c)+e_0+\cdots+e_d\pmod m. Групираме членовете според стойността на sm(t)s_m(t). ПолучавамеS=∑i=0m−1aiCi,S=\sum_{i=0}^{m-1}a_iC_i,където CiC_i е сумата на (t+1)d(t+1)^d по всички (d+1)(d+1)-орки (e0,…,ed)(e_0,\ldots,e_d) с e0+⋯+ed≡i−sm(c)(modm)e_0+\cdots+e_d\equiv i-s_m(c)\pmod m. Ще покажем, че CiC_i не зависи от ii. Разлагаме (t+1)d(t+1)^d като полином по променливите e0,…,ede_0,\ldots,e_d. Всеки моном има обща степен най-много dd, следователно пропуска поне една от d+1d+1 променливи. Ако фиксираме всички останали променливи, пропуснатата променлива се определя еднозначно по условието за остатъка по модул mm. Затова сумата на този моном е една и съща за всеки остатък ii. Следователно и целият коефициент CiC_i е независим от ii. Понеже a0+a1+⋯+am−1=0a_0+a_1+\cdots+a_{m-1}=0, получавамеS=C0(a0+a1+⋯+am−1)=0.S=C_0(a_0+a_1+\cdots+a_{m-1})=0.Така всеки блок с дължина md+1m^{d+1} има нулев принос, а оттук сумите до n=cmd+1n=cm^{d+1} са нула за безбройно много nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е четириъгълник, вписан в окръжност с център OO, а EE е пресечната точка на отсечките ACAC и BDBD. Нека ω1\omega_1 е описаната окръжност на триъгълника ADEADE, а ω2\omega_2 - описаната окръжност на триъгълника BCEBCE. Допирателната към ω1\omega_1 в AA и допирателната към ω2\omega_2 в CC се пресичат в PP. Допирателната към ω1\omega_1 в DD и допирателната към ω2\omega_2 в BB се пресичат в QQ. Да се докаже, че OP=OQOP=OQ.
РешениеНека R=AD∩BCR=AD\cap BC. Ще докажем първо, че ACRPACRP е равнобедрен трапец с AC∥PRAC\parallel PR. По теоремата за ъгъла между допирателна и хорда имаме ∠PAC=∠ADE\angle PAC=\angle ADE. Понеже B,D,EB,D,E са колинеарни и A,B,C,DA,B,C,D лежат на една окръжност, това е същото като ∠ADB=∠ACB=∠ACR\angle ADB=\angle ACB=\angle ACR. Аналогично, от допирателната към (BCE)(BCE) в CC получаваме ∠PCA=∠CBE=∠CAD=∠CAR\angle PCA=\angle CBE=\angle CAD=\angle CAR. Следователно триъгълниците PACPAC и RCARCA са еднакви в огледален ред и получаваме AC∥PRAC\parallel PR и AP=CRAP=CR. Тоест ACRPACRP е равнобедрен трапец. Центърът OO на описаната окръжност на ABCDABCD лежи на симетралата на хордата ACAC; в този равнобедрен трапец същата симетрала разменя PP и RR, затова OP=OROP=OR. Същият аргумент, приложен към допирателните в DD и BB и към хордата BDBD, дава OQ=OROQ=OR. От OP=OR=OQOP=OR=OQ следва търсеното равенство OP=OQOP=OQ.ABCDEOPQR
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
За положително цяло число kk нека s(k)s(k) означава броя на единиците в двоичния запис на kk. Да се докаже, че за всяко положително цяло число nn∑i=1n(−1)s(3i)>0.\sum_{i=1}^{n}(-1)^{s(3i)}\gt{}0.
РешениеНекаF(n)=∑i=0n(−1)s(3i),F(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{s(3i)},G(n)=∑i=0n(−1)s(i).\qquad G(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{s(i)}.Тъй като членът при i=0i=0 във F(n)F(n) е 11, задачата е еквивалентна на това да докажем F(n)≥2F(n)\ge2 за всяко n≥1n\ge1. Първо ще използваме проста лема: за всяко nn е изпълнено ∣G(n)∣≤1|G(n)|\le1. Наистина, s(2i)=s(i)s(2i)=s(i), а s(2i+1)=s(i)+1s(2i+1)=s(i)+1, така че членовете за 2i2i и 2i+12i+1 се унищожават по двойки. Следователно G(2n+1)=0G(2n+1)=0, а G(2n)=(−1)s(2n)G(2n)=(-1)^{s(2n)}. Ще докажем F(n)≥2F(n)\ge2 със силна индукция. Случаите n≤5n\le5 се проверяват директно. Нека n≥6n\ge6 и некаm=⌊3n−34⌋,m=\left\lfloor\frac{3n-3}{4}\right\rfloor,така че 4m+3≤3n4m+3\le3n. Разглеждаме множеството S={0,3,6,…,3n}S=\{0,3,6,\ldots,3n\}. За всяко 0≤k≤m0\le k\le m можем да добавим две двоични цифри към записа на kk, т.е. да разглеждаме числата 4k+r4k+r за 0≤r<40\le r\lt{}4. Ако 3∣k3\mid k, тогава 4k4k и 4k+34k+3 са кратни на 33; добавянето на 0000 или 1111 запазва четността на броя единици. Ако 3∤k3\nmid k, точно едно от числата 4k+14k+1 и 4k+24k+2 е кратно на 33; добавянето на 0101 или 1010 обръща четността. Така покриваме елементите на SS еднозначно, с възможно най-много един пропуснат елемент. ЗатоваF(n)≥F(n)\ge2∑0≤i≤mi≡0(mod3)(−1)s(i)\begin{aligned}2\sum_{\substack{0\le i\le m\\ i\equiv0\pmod3}}(-1)^{s(i)}\end{aligned}−∑0≤i≤mi≢0(mod3)(−1)s(i)−1.\begin{aligned}-\sum_{\substack{0\le i\le m\\ i\not\equiv0\pmod3}}(-1)^{s(i)}-1.\end{aligned}Поставямеx=∑0≤i≤mi≡0(mod3)(−1)s(i),\begin{aligned}x=\sum_{\substack{0\le i\le m\\ i\equiv0\pmod3}}(-1)^{s(i)},\end{aligned}y=∑0≤i≤mi≢0(mod3)(−1)s(i).\begin{aligned}\qquad y=\sum_{\substack{0\le i\le m\\ i\not\equiv0\pmod3}}(-1)^{s(i)}.\end{aligned}От лемата имаме ∣x+y∣≤1|x+y|\le1, а от индукционното предположение x≥2x\ge2 (защото това е същата сума F(⌊m/3⌋)F(\lfloor m/3\rfloor) и ⌊m/3⌋<n\lfloor m/3\rfloor\lt{}n). СледователноF(n)≥2x−y−1=3x−(x+y)−1≥6−1−1>2,F(n)\ge2x-y-1=3x-(x+y)-1\ge6-1-1\gt{}2,което завършва индукцията.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Да се определи дали съществува функция f:Z>0→Z>0f:\mathbb Z_{\gt{}0}\to\mathbb Z_{\gt{}0} такава, че за всички положителни цели числа mm и nnf(m+nf(m))=f(n)m+2024!⋅m.f(m+nf(m))=f(n)^m+2024!\cdot m.
РешениеЩе докажем, че такава функция не съществува. Нека C=2024!C=2024! и да означим даденото равенство с P(m,n)P(m,n). Да допуснем, че функция ff съществува, и нека r=f(1)r=f(1). От P(1,n)P(1,n) получавамеf(1+rn)=f(n)+C.f(1+rn)=f(n)+C.След итерация следваf(1+r+r2+⋯+rk)=r+kCf(1+r+r^2+\cdots+r^k)=r+kCза всяко k≥0k\ge0. Ако r=1r=1, тогава f(t)=1+(t−1)Cf(t)=1+(t-1)C за всяко t≥1t\ge1; но при P(2,1)P(2,1) получаваме противоречие, защото лявата страна е f(2+f(2))=1+(1+C+1)Cf(2+f(2))=1+(1+C+1)C, а дясната е 1+2C1+2C. Следователно r≥2r\ge2. Ще използваме следната оценка. За всяко положително цяло число aa е изпълненоf(a)≥2a−1Ca.f(a)\ge\frac{2^a-1}{Ca}.Действително, некаc=a+af(a),b=f(c)+a,d=f(a).c=a+af(a),\qquad b=f(c)+a,\qquad d=f(a).Тогаваa+bf(a)=a+af(a)+f(a)f(c)=c+df(c).a+bf(a)=a+af(a)+f(a)f(c)=c+df(c).Сравнявайки P(a,b)P(a,b) и P(c,d)P(c,d), получавамеf(b)a+Ca=f(d)c+Cc.f(b)^a+Ca=f(d)^c+Cc.Понеже c=a(1+f(a))c=a(1+f(a)), това може да се запише катоf(b)a−(f(d)1+f(a))a=Caf(a).f(b)^a-\bigl(f(d)^{1+f(a)}\bigr)^a=Caf(a).Лявата страна е положителна разлика на две aa-ти степени на положителни цели числа, следователно е поне 2a−12^a-1. Така получаваме исканата оценка. Сега поставямеa=1+r+r2+⋯+rk.a=1+r+r^2+\cdots+r^k.От вече доказаната формула имаме f(a)=r+kCf(a)=r+kC, което расте само линейно по kk. Оценката обаче даваr+kC=f(a)≥2a−1Ca,r+kC=f(a)\ge\frac{2^a-1}{Ca},а дясната страна расте експоненциално по aa, тоест много по-бързо от линейна функция на kk, понеже a=1+r+⋯+rka=1+r+\cdots+r^k расте експоненциално по kk. За достатъчно голямо kk това е невъзможно. Противоречието доказва, че търсената функция не съществува.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/6Условие — източник

Задача 7

Пълен запис
Условие
Безкрайна редица a1,a2,a3,…a_1,a_2,a_3,\ldots от реални числа удовлетворява a2n−1+a2n>a2n+1+a2n+2a_{2n-1}+a_{2n}\gt{}a_{2n+1}+a_{2n+2} и a2n+a2n+1<a2n+2+a2n+3a_{2n}+a_{2n+1}\lt{}a_{2n+2}+a_{2n+3} за всяко положително цяло число nn. Да се докаже, че съществува реално число CC такова, че anan+1<Ca_na_{n+1}\lt{}C за всяко положително цяло число nn.
РешениеДостатъчно е да докажем твърдението за всички достатъчно големи nn: после избираме CC по-голямо и от крайния брой останали произведения. Поставямеdn=(−1)n−1(an+2−an).d_n=(-1)^{n-1}(a_{n+2}-a_n).Двете дадени неравенства са точно твърдението, че редицата d1,d2,…d_1,d_2,\ldots е строго растяща. Първо нека dk>0d_k\gt{}0 за някое kk. Тогава от някакъв индекс нататък всички dnd_n са положителни и получавамеa2n+1=a1+(d1+d3+⋯+d2n−1)→+∞,a_{2n+1}=a_1+(d_1+d_3+\cdots+d_{2n-1})\to+\infty,докатоa2n=a2−(d2+d4+⋯+d2n−2)→−∞.a_{2n}=a_2-(d_2+d_4+\cdots+d_{2n-2})\to-\infty.Следователно всяко достатъчно късно произведение на два съседни члена е отрицателно; за опашката работи C=0C=0, а крайният брой начални произведения се поглъща чрез увеличаване на CC. Остава случаят dk≤0d_k\le0 за всички kk. Тогава (a2n+1)n≥0(a_{2n+1})_{n\ge0} е слабо намаляваща, а (a2n)n≥1(a_{2n})_{n\ge1} е слабо растяща. Освен това от първите две формули следваd1+a1+a2<a2n+a2n+1<a1+a2.d_1+a_1+a_2\lt{}a_{2n}+a_{2n+1}\lt{}a_1+a_2.Нечетната подпоредица или клони към −∞-\infty, или има крайна граница; аналогично четната подпоредица или клони към +∞+\infty, или има крайна граница. Ако нечетната подпоредица клони към −∞-\infty, горната двустранна оценка принуждава четната да клони към +∞+\infty, и тогава отново всички достатъчно късни съседни произведения са отрицателни. Ако четната подпоредица клони към +∞+\infty, по същия начин нечетната клони към −∞-\infty, така че пак сме готови. Накрая, ако и двете подпоредици имат крайни граници, то съществува границатаL=lim⁡n→∞a2na2n+1.L=\lim_{n\to\infty}a_{2n}a_{2n+1}.Същата граница имат и произведенията a2n+1a2n+2a_{2n+1}a_{2n+2}. Избираме C>LC\gt{}L и, ако е нужно, го увеличаваме така, че да е по-голямо от крайния брой начални съседни произведения. Така anan+1<Ca_na_{n+1}\lt{}C за всяко nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/7Условие — източник

Задача 8

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е разностранен триъгълник и нека DD е точка върху страната BCBC, за която ∠BAD=∠DAC\angle BAD=\angle DAC. Нека XX и YY са точки във вътрешността на ABCABC такива, че триъгълниците ABXABX и ACYACY са подобни, а четириъгълниците ACDXACDX и ABDYABDY са вписани. Правите BXBX и CYCY се пресичат в SS, а правите BYBY и CXCX се пресичат в TT. Да се докаже, че DS∥ATDS\parallel AT.
РешениеЩе използваме насочени ъгли. Първо доказваме ключовия факт, че SS и TT са изогонално спрегнати спрямо триъгълника ABCABC. От вписаността на ABDYABDY и колинеарността на B,D,CB,D,C имаме ∠YBC=∠YBD=∠YAD\angle YBC=\angle YBD=\angle YAD. Аналогично, от вписаността на ACDXACDX получаваме ∠XCB=∠XCD=∠XAD\angle XCB=\angle XCD=\angle XAD. Понеже ADAD е ъглополовяща и ABXABX е подобен на ACYACY, правите AXAX и AYAY са изогонални в ъгъла BACBAC, следователно ∠YAD=∠XAD\angle YAD=\angle XAD. Значи ∠YBC=∠XCB\angle YBC=\angle XCB, откъдето TB=TCTB=TC. Нека T′T' е изогонално спрегнатата точка на SS спрямо ABCABC. От подобието имаме ∠ABS=∠ABX=∠ACY=∠ACS\angle ABS=\angle ABX=\angle ACY=\angle ACS, затова T′B=T′CT'B=T'C; следователно и T′T', и TT лежат на симетралата на BCBC. Освен това стандартната двойствена теорема за инволюцията на Дезарг, приложена към пълния четириъгълник, образуван от правите ABAB, ACAC, BXBX и CYCY, дава, че ASAS и ATAT са изогонални в ∠BAC\angle BAC. Значи A,T,T′A,T,T' са колинеарни. Тъй като ABCABC е разностранен, тази права не съвпада със симетралата на BCBC, така че пресечната точка е единствена и T=T′T=T'. Така SS и TT наистина са изогонално спрегнати. Сега довършваме с пресмятане на ъгли. Нека ∠DAX=∠DAY=∠ABX=∠ACY=θ.\angle DAX=\angle DAY=\angle ABX=\angle ACY=\theta. Тогава ∠XSY=∠A+2θ,\angle XSY=\angle A+2\theta, а от вписаните четириъгълници ∠XDY=∠BDY+∠CDX−180∘=\angle XDY=\angle BDY+\angle CDX-180^\circ=180∘−(∠BAY+∠CAX)=180∘−(∠A+2θ).180^\circ-(\angle BAY+\angle CAX)=180^\circ-(\angle A+2\theta). Следователно XSYDXSYD е вписан. Освен това ∠XTY=180∘−∠YBC−∠XCB=\angle XTY=180^\circ-\angle YBC-\angle XCB=180∘−2θ=180∘−∠XAY,180^\circ-2\theta=180^\circ-\angle XAY, така че AXTYAXTY също е вписан. Накрая, с насочени ъгли, ∠(AT,AX)=∠TYX=∠BYD+∠DYX=\angle(AT,AX)=\angle TYX=\angle BYD+\angle DYX=∠BAD+∠DSX=∠BXA+∠DSX=∠(DS,AX).\angle BAD+\angle DSX=\angle BXA+\angle DSX=\angle(DS,AX). Следователно правите ATAT и DSDS образуват един и същ насочен ъгъл с AXAX, тоест DS∥ATDS\parallel AT.ABCDXYEFST
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/8Условие — източник

Задача 9

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n\ge2 е фиксирано цяло число. Клетките на таблица n×nn\times n са запълнени с числата от 11 до n2n^2, като всяко число се среща точно веднъж. Нека NN е броят на ненаредените четворки от клетки, които образуват правоъгълник със страни, успоредни на страните на таблицата, и при които двете по-малки числа стоят в срещуположни върхове на този правоъгълник. Да се намери най-голямата възможна стойност на NN.
РешениеОтговорът еNmax⁡=112n2(n2−1).N_{\max}=\frac{1}{12}n^2(n^2-1).Ще наричаме правоъгълниците, които се броят в NN, добри. Първо доказваме горната оценка. Наричаме тройка от числа (a,b,c)(a,b,c) ъглова, ако aa и bb са в един ред, bb и cc са в един стълб и a<b>ca\lt{}b\gt{}c. Във всеки правоъгълник най-голямото от четирите числа е връх на поне една такава ъглова тройка. Освен това един добър правоъгълник има точно две ъглови тройки: именно двата по-големи върха са центрове на такива тройки. Нека EE е общият брой ъглови тройки, а MM е броят на недобрите правоъгълници. Общият брой правоъгълници със страни, успоредни на таблицата, е (n2)2\binom n2^2, затоваE≥M+2N=(n2)2+N,E\ge M+2N=\binom n2^2+N,откъдетоN≤E−(n2)2.N\le E-\binom n2^2.Остава да оценим EE отгоре. За клетка cc нека f(c)f(c) е броят на клетките в същия ред с по-малко число от това в cc, а g(c)g(c) - броят на клетките в същия стълб с по-малко число. Броят на ъгловите тройки с център cc е f(c)g(c)f(c)g(c). СледователноE=∑cf(c)g(c)≤∑cf(c)2+g(c)22=n(02+12+⋯+(n−1)2)=n2(n−1)(2n−1)6.\begin{align*} E&=\sum_c f(c)g(c)\\ &\le\sum_c\frac{f(c)^2+g(c)^2}{2}\\ &=n(0^2+1^2+\cdots+(n-1)^2)\\ &=\frac{n^2(n-1)(2n-1)}6. \end{align*}ТакаN≤E−(n2)2≤n2(n−1)(2n−1)6−n2(n−1)24=n2(n2−1)12.\begin{align*} N&\le E-\binom n2^2\\ &\le\frac{n^2(n-1)(2n-1)}6-\frac{n^2(n-1)^2}{4}\\ &=\frac{n^2(n^2-1)}{12}. \end{align*}Остава конструкцията. Вземаме произволен латински квадрат от ред nn със символи 0,1,…,n−10,1,\ldots,n-1. След това заменяме всяко от nn-те появявания на символа kk с числата kn+1,kn+2,…,kn+nkn+1,kn+2,\ldots,kn+n в произволен ред. За всяка клетка cc, в реда й има точно kk символа по-малки от нейния символ kk, и точно същото важи за стълба й. Следователно за тази конструкция f(c)=g(c)f(c)=g(c) за всяка клетка cc. Така в неравенството f(c)g(c)≤f(c)2+g(c)22f(c)g(c)\le\frac{f(c)^2+g(c)^2}{2} навсякъде има равенство, а останалите стъпки от горната оценка също стават равенства. Получаваме точноN=112n2(n2−1),N=\frac{1}{12}n^2(n^2-1),което доказва, че намерената горна оценка е достижима.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2024/9Условие — източник