maths.bgmaths.bg
Всички колекции
USAJMO

Evan Chen / USAJMO Report

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

1 години1 класа
По годинаПо клас

Избран клас

11-12

Назад към папките

2021

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:N→Nf:\mathbb{N}\to\mathbb{N}, за коитоf(a2+b2)=f(a)f(b)иf(a2)=f(a)2f(a^2+b^2)=f(a)f(b)\qquad\text{и}\qquad f(a^2)=f(a)^2за всички положителни цели числа aa и bb.
РешениеОт второто условие при a=1a=1 получаваме f(1)=f(1)2f(1)=f(1)^2, а понеже стойностите са положителни цели числа, f(1)=1f(1)=1. Тогава от първото условие при a=b=1a=b=1 следва f(2)=1f(2)=1. Ще използваме следното наблюдение. Ако f(u)=f(v)=1f(u)=f(v)=1, то от тъждеството(u2−v2)2+(2uv)2=(u2+v2)2(u^2-v^2)^2+(2uv)^2=(u^2+v^2)^2получавамеf(u2−v2)f(2uv)=f((u2+v2)2)=f(u^2-v^2)f(2uv)=f((u^2+v^2)^2)=f(u2+v2)2=(f(u)f(v))2=1.f(u^2+v^2)^2=(f(u)f(v))^2=1.Следователно f(u2−v2)=f(2uv)=1f(u^2-v^2)=f(2uv)=1. Сега доказваме с индукция, че f(n)=1f(n)=1 за всяко положително цяло число nn. Случаите n=1n=1 и n=2n=2 вече са готови. Нека твърдението е вярно за всички положителни цели числа, по-малки от nn. Ако n=2kn=2k е четно и n>2n\gt{}2, вземаме u=ku=k и v=1v=1; тогава 2uv=n2uv=n, а u,v<nu,v\lt{}n, следователно f(n)=1f(n)=1. Ако n=2k+1n=2k+1 е нечетно, вземаме u=k+1u=k+1 и v=kv=k; тогава u2−v2=nu^2-v^2=n, а отново u,v<nu,v\lt{}n, следователно f(n)=1f(n)=1. Значи единственото решение е константната функция f(n)=1f(n)=1 за всички положителни цели числа nn, и тя очевидно удовлетворява двете условия.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAJMO 2021/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгълник ABCABC върху страните BCBC, CACA и ABAB са построени външно правоъгълниците BCC1B2BCC_1B_2, CAA1C2CAA_1C_2 и ABB1A2ABB_1A_2 съответно. Да предположим, че∠BC1C+∠CA1A+∠AB1B=180∘.\angle BC_1C+\angle CA_1A+\angle AB_1B=180^\circ.Да се докаже, че перпендикулярите от AA към B1C2B_1C_2, от BB към C1A2C_1A_2 и от CC към A1B2A_1B_2 се пресичат в една точка.
РешениеНека ωA\omega_A, ωB\omega_B и ωC\omega_C са описаните окръжности съответно на правоъгълниците BCC1B2BCC_1B_2, CAA1C2CAA_1C_2 и ABB1A2ABB_1A_2. Нека PP е петата на перпендикуляра от AA към правата B1C2B_1C_2. Ще докажем, че същата точка PP лежи и върху другите два търсени перпендикуляра. Понеже PP лежи на B1C2B_1C_2 и AP⊥B1C2AP\perp B_1C_2, имаме ∠APC2=90∘\angle APC_2=90^\circ. От друга страна в правоъгълника CAA1C2CAA_1C_2 е изпълнено ∠ACC2=90∘\angle ACC_2=90^\circ, следователно точките A,C,P,C2A,C,P,C_2 лежат на една окръжност, т.е. P∈ωBP\in\omega_B. Затова в окръжността ωB\omega_B ъглите ∠APC\angle APC и ∠CA1A\angle CA_1A са срещуположни и∠APC+∠CA1A=180∘.(1)\angle APC+\angle CA_1A=180^\circ.\tag{1}По същия начин ∠APB1=90∘\angle APB_1=90^\circ и ∠ABB1=90∘\angle ABB_1=90^\circ, така че P∈ωCP\in\omega_C, а оттук∠APB+∠AB1B=180∘.(2)\angle APB+\angle AB_1B=180^\circ.\tag{2}Сега от (1), (2) и даденото условие получаваме∠CPB=360∘−∠APC−∠APB=\angle CPB=360^\circ-\angle APC-\angle APB=∠CA1A+∠AB1B=180∘−∠BC1C.\angle CA_1A+\angle AB_1B=180^\circ-\angle BC_1C.Следователно ∠CPB+∠BC1C=180∘\angle CPB+\angle BC_1C=180^\circ, откъдето P∈ωAP\in\omega_A. Остава да извлечем перпендикулярността. От P∈ωAP\in\omega_A имаме ∠BPC1=90∘\angle BPC_1=90^\circ, защото ∠BCC1=90∘\angle BCC_1=90^\circ. От P∈ωCP\in\omega_C имаме ∠BPA2=90∘\angle BPA_2=90^\circ, защото ∠BAA2=90∘\angle BAA_2=90^\circ. Значи правите PC1PC_1 и PA2PA_2 са една и съща права, перпендикулярна на BPBP; тоест BP⊥C1A2BP\perp C_1A_2. Аналогично, от P∈ωAP\in\omega_A и P∈ωBP\in\omega_B следва, че PB2PB_2 и PA1PA_1 са една и съща права, перпендикулярна на CPCP; тоест CP⊥A1B2CP\perp A_1B_2. Така правите през AA, BB и CC, перпендикулярни съответно на B1C2B_1C_2, C1A2C_1A_2 и A1B2A_1B_2, всички минават през PP. Следователно те са конкурентни.ABCPA1A2B1B2C1C2
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAJMO 2021/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да кажем, че колекция от триъгълници е опакована в равностранен триъгълник Δ\Delta със страна LL, ако триъгълниците в колекцията имат две по две непресичащи се вътрешности и всеки от тях е подмножество на Δ\Delta. Да се докаже, че ако nn равностранни триъгълника със страна 11, всички с една и съща ориентация помежду си и с ориентация, противоположна на тази на Δ\Delta, са опаковани в Δ\Delta, тоn≤23L2n\le\frac{2}{3}L^2.
РешениеОколо центъра на всеки от малките триъгълници построяваме неговото лично пространство: правилен шестоъгълник със страна 1/21/2, чиито страни са успоредни на страните на триъгълниците. Ще използваме два елементарни факта за тези лични пространства. Първо, шестоъгълникът на всеки малък триъгълник е вътре в Δ\Delta. Това се проверява по трите полуплоскости, които ограничават Δ\Delta: във всяка от трите посоки шестоъгълникът не излиза по-далеч от съответния връх или страна на единичния триъгълник, който вече лежи в Δ\Delta. Второ, личните пространства на два различни малки триъгълника имат непресичащи се вътрешности. Наистина, за две еднакво ориентирани единични равностранни триъгълника забранените положения на единия център спрямо другия образуват точно правилен шестоъгълник със страна 11; следователно половинните шестоъгълници със страна 1/21/2 около двата центъра не могат да се припокриват във вътрешност. Затова сумата от лицата на всички лични пространства е най-много лицето на Δ\Delta. Лицето на един правилен шестоъгълник със страна 1/21/2 е6⋅34(12)2=338,6\cdot\frac{\sqrt3}{4}\left(\frac12\right)^2=\frac{3\sqrt3}{8},а лицето на Δ\Delta е 34L2\frac{\sqrt3}{4}L^2. Получавамеn⋅338≤34L2,n\cdot\frac{3\sqrt3}{8}\le\frac{\sqrt3}{4}L^2,откъдето след деление следва точноn≤23L2.n\le\frac{2}{3}L^2.1/21лично пространствоединичен триъгълник
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAJMO 2021/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Карина има три маркера, означени с AA, BB и CC. Първоначално и трите са в началото на координатната равнина. На всеки ход тя избира един маркер и го премества с 11 единица нагоре, надолу, наляво или надясно. След всеки ход Карина записва лицето на триъгълника с върхове AA, BB и CC. Какъв е най-малкият брой ходове, нужни, за да може някое записано лице да бъде 20212021?
РешениеДа разгледаме произволно положение на трите маркера след nn хода. Нека ww и hh са широчината и височината на най-малкия правоъгълник със страни, успоредни на координатните оси, който съдържа трите точки. Лицето на триъгълника е най-много wh/2wh/2. От друга страна сумата от хоризонталните премествания на трите маркера е поне ww, а сумата от вертикалните премествания е поне hh. Следователно w+h≤nw+h\le n. Затова2021≤wh2≤(w+h)28≤n28.2021\le \frac{wh}{2}\le \frac{(w+h)^2}{8}\le \frac{n^2}{8}.Така n2≥16168n^2\ge16168, откъдето n≥128n\ge128. Остава да покажем, че 128128 хода стигат. Поставяме маркерите в точкитеA=(10,0),B=(0,−63),C=(−54,1).A=(10,0),\qquad B=(0,-63),\qquad C=(-54,1).Това може да се постигне с 10+63+55=12810+63+55=128 хода. Лицето на триъгълника е12∣det⁡(−10−63−641)∣=12∣−10−4032∣=2021.\frac12\left|\det\begin{pmatrix}-10&-63\\-64&1\end{pmatrix}\right|=\frac12\left| -10-4032\right|=2021.Следователно най-малкият възможен брой ходове е 128128.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAJMO 2021/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Крайно множество SS от положителни цели числа има следното свойство: за всяко s∈Ss\in S и за всеки положителен делител dd на ss съществува единствено число t∈St\in S, за което НОД⁡(s,t)=d\operatorname{НОД}(s,t)=d. Да се намерят всички възможни стойности на ∣S∣|S|.
РешениеОтговорът е 00 и всички степени на двойката. Празното множество дава стойност 00. Нека първо построим пример с ∣S∣=2n|S|=2^n. Избираме различни прости числа p1,q1,…,pn,qnp_1,q_1,\ldots,p_n,q_n и вземаме всички произведенияr1r2⋯rn,ri∈{pi,qi}.r_1r_2\cdots r_n,\qquad r_i\in\{p_i,q_i\}.Това са точно 2n2^n числа. Ако фиксираме s=r1⋯rns=r_1\cdots r_n, то всеки делител на ss е произведение на част от избраните rir_i. За даден такъв делител dd избираме tt, като оставяме същия прост множител rir_i точно за индексите, които участват в dd, а за останалите индекси заменяме pip_i с qiq_i или обратно. Тогава НОД⁡(s,t)=d\operatorname{НОД}(s,t)=d, и този избор е единствен. Остава да докажем, че други положителни стойности няма. За фиксирано s∈Ss\in S разглеждаме отображениетоt↦НОД⁡(s,t)t\mapsto \operatorname{НОД}(s,t)от SS към множеството от делителите на ss. Условието казва, че то е биекция. Следователно ∣S∣=τ(s)|S|=\tau(s) за всяко s∈Ss\in S, където τ(s)\tau(s) е броят на положителните делители на ss. Ще покажем, че всяко s∈Ss\in S е квадратносвободно. Да допуснем, че pk∣sp^k\mid s и pk+1∤sp^{k+1}\nmid s за някое k≥2k\ge2. От биекцията за това ss броят на елементите t∈St\in S, които не се делят на pp, е точно броят на делителите на ss, които не се делят на pp, тоест ∣S∣/(k+1)|S|/(k+1). От друга страна съществува единствено c∈Sc\in S с НОД⁡(s,c)=p\operatorname{НОД}(s,c)=p, така че pp дели cc, но p2p^2 не дели cc. При биекцията за cc точно половината делители на cc не се делят на pp, следователно точно ∣S∣/2|S|/2 елемента на SS не се делят на pp. Получаваме ∣S∣/(k+1)=∣S∣/2|S|/(k+1)=|S|/2, невъзможно при k≥2k\ge2. Значи всеки елемент на SS е квадратносвободен. Тогава броят му делители е степен на двойката, а понеже ∣S∣=τ(s)|S|=\tau(s), всяка положителна възможна стойност на ∣S∣|S| е степен на двойката. Следователно възможните стойности са точно 0,1,2,4,8,…0,1,2,4,8,\ldots.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAJMO 2021/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека n≥4n\ge4 е цяло число. Намерете всички 2n2n-орки (a1,a2,…,a2n)(a_1,a_2,\ldots,a_{2n}) от положителни реални числа, за коитоai=1ai−1+1ai+1a_i=\frac{1}{a_{i-1}}+\frac{1}{a_{i+1}}за всяко нечетно ii, иai=ai−1+ai+1a_i=a_{i-1}+a_{i+1}за всяко четно ii, като индексите се разглеждат по модул 2n2n.
РешениеОтговорът е(a1,a2,…,a2n)=(1,2,1,2,…,1,2).(a_1,a_2,\ldots,a_{2n})=(1,2,1,2,\ldots,1,2).Лесно се проверява, че тази редица работи. Пишем xi=a2ix_i=a_{2i} за четните членове, като индексите на xix_i са по модул nn. От уравненията за съседните нечетни членове получавамеa2i−1=1xi−1+1xi,a_{2i-1}=\frac1{x_{i-1}}+\frac1{x_i},a2i+1=1xi+1xi+1.\qquad a_{2i+1}=\frac1{x_i}+\frac1{x_{i+1}}.Понеже xi=a2i=a2i−1+a2i+1x_i=a_{2i}=a_{2i-1}+a_{2i+1}, следваxi=1xi−1+2xi+1xi+1.(1)x_i=\frac1{x_{i-1}}+\frac2{x_i}+\frac1{x_{i+1}}.\tag{1}Сумираме (1) по всички ii и означаваме S=∑ixiS=\sum_i x_i, T=∑i1/xiT=\sum_i 1/x_i. ПолучавамеS=4T.S=4T.От неравенството между средното аритметично и средното хармонично имаме ST≥n2ST\ge n^2, следователно S2/4≥n2S^2/4\ge n^2 и S≥2nS\ge2n. Сега делим (1) на xix_i и сумираме:n=∑i(1xi−1xi+2xi2+1xixi+1)=n=\sum_i\left(\frac1{x_{i-1}x_i}+\frac2{x_i^2}+\frac1{x_ix_{i+1}}\right)=∑i(1xi+1xi+1)2.\sum_i\left(\frac1{x_i}+\frac1{x_{i+1}}\right)^2.По неравенството на Кошиn≥n\ge1n(∑i(1xi+1xi+1))2=(2T)2n=S24n. \frac1n\left(\sum_i\left(\frac1{x_i}+\frac1{x_{i+1}}\right)\right)^2=\frac{(2T)^2}{n}=\frac{S^2}{4n}.Значи S≤2nS\le2n. Заедно с предишната оценка получаваме S=2nS=2n. Равенството в ST≥n2ST\ge n^2 настъпва само когато всички xix_i са равни, следователно xi=2x_i=2 за всички ii. Тогава от първото уравнение всеки нечетен член е 1/2+1/2=11/2+1/2=1. Следователно единственото решение е (1,2,1,2,…,1,2)(1,2,1,2,\ldots,1,2).
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAJMO 2021/6Условие — източник