maths.bgmaths.bg
Всички колекции
USAMO

Evan Chen / USAMO Solution Notes

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

31 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избран клас

11-12

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2026 · 11-12: липсва задача 2, 3
  • 2025 · 11-12: липсва задача 4
  • 2021 · 11-12: липсва задача 2, 3
  • 2019 · 11-12: липсва задача 2
  • 2017 · 11-12: липсва задача 3, 4, 5
  • 2016 · 11-12: липсва задача 3
  • 2015 · 11-12: липсва задача 2
  • 2014 · 11-12: липсва задача 4, 5
  • 2013 · 11-12: липсва задача 3
  • 2012 · 11-12: липсва задача 5
  • 2011 · 11-12: липсва задача 3, 5
  • 2010 · 11-12: липсва задача 4
  • 2009 · 11-12: липсва задача 5
  • 1999 · 11-12: липсва задача 3
  • 1998 · 11-12: липсва задача 2

1996

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че средното аритметично на числата nsin⁡n∘n\sin n^\circ, където nn приема четните стойности от 22 до 180180 включително, е равно на cot⁡1∘\cot 1^\circ.
РешениеНека S=∑m=1902msin⁡(2m)∘.S=\sum_{m=1}^{90}2m\sin(2m)^\circ. Търсеното средно аритметично е S/90S/90. Членът за m=90m=90 е нула, така че можем да го пропуснем. От симетрията sin⁡(180∘−x)=sin⁡x\sin(180^\circ-x)=\sin x получаваме още едно изписване на същата сума:S=∑m=189(180−2m)sin⁡(2m)∘.S=\sum_{m=1}^{89}(180-2m)\sin(2m)^\circ.Следователно2S=∑m=189180sin⁡(2m)∘,2S=\sum_{m=1}^{89}180\sin(2m)^\circ,тоестS90=∑m=189sin⁡(2m)∘.\frac S{90}=\sum_{m=1}^{89}\sin(2m)^\circ.Остава да пресметнем тази тригонометрична сума. Използваме стандартната формула∑m=1Nsin⁡(mθ)=\sum_{m=1}^N\sin(m\theta)=sin⁡(Nθ/2)sin⁡((N+1)θ/2)sin⁡(θ/2).\frac{\sin(N\theta/2)\sin((N+1)\theta/2)}{\sin(\theta/2)}.При N=89N=89 и θ=2∘\theta=2^\circ тя дава∑m=189sin⁡(2m)∘=sin⁡89∘sin⁡90∘sin⁡1∘=\sum_{m=1}^{89}\sin(2m)^\circ=\frac{\sin89^\circ\sin90^\circ}{\sin1^\circ}=cos⁡1∘sin⁡1∘=cot⁡1∘.\frac{\cos1^\circ}{\sin1^\circ}=\cot1^\circ.Така средното аритметично на дадените числа е точно cot⁡1∘\cot1^\circ.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1996/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека AA е множество от nn положителни цели числа. Да се докаже, че сборовете на непразните подмножества на AA могат да бъдат разбити на nn класа така, че във всеки клас отношението между най-големия и най-малкия сбор да е най-много 22.
РешениеЩе докажем твърдението с индукция по nn. Нека елементите на AA са подредени намаляващо:a1>a2>⋯>an,a_1\gt{}a_2\gt{}\cdots\gt{}a_n,а T=a1+a2+⋯+anT=a_1+a_2+\cdots+a_n. Съществува индекс kk, за койтоak>T2k.a_k\gt{}\frac{T}{2^k}.Наистина, ако за всяко ii имахме ai≤T/2ia_i\le T/2^i, тогаваT=a1+⋯+an≤T(12+14+⋯+12n)<T,T=a_1+\cdots+a_n\le T\left(\frac12+\frac14+\cdots+\frac1{2^n}\right)\lt{}T,което е невъзможно. Разглеждаме всички сборове на подмножества, които съдържат поне един от елементите a1,a2,…,aka_1,a_2,\ldots,a_k. Всеки такъв сбор е по-голям от aka_k, следователно е по-голям от T/2kT/2^k, а разбира се не надминава TT. Затова тези сборове могат да се поставят в kk класа:(T2,T],(T4,T2],…,(T2k,T2k−1].\left(\frac T2,T\right],\quad \left(\frac T4,\frac T2\right],\quad\ldots,\quad \left(\frac T{2^k},\frac T{2^{k-1}}\right].Във всеки от тези интервали отношението между най-големия и най-малкия възможен сбор е най-много 22. Останалите сборове използват само елементите ak+1,ak+2,…,ana_{k+1},a_{k+2},\ldots,a_n. По индукционното предположение те могат да бъдат разбити на n−kn-k класа със същото свойство. Общо получаваме k+(n−k)=nk+(n-k)=n класа, което доказва задачата.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1996/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник. Докажете, че в равнината на триъгълника ABCABC съществува права ℓ\ell, такава че сечението на вътрешността на триъгълника ABCABC и вътрешността на образа му A′B′C′A'B'C' при отражение спрямо ℓ\ell има лице, по-голямо от 23\frac23 от лицето на триъгълника ABCABC.
РешениеПърво ще докажем следното по-точно твърдение. Ако за триъгълник ABCABC имаме12<ABAC<1,\frac12\lt{}\frac{AB}{AC}\lt{}1,то ъглополовящата на ∠A\angle A върши работа. Нека тя пресича BCBC в DD. При отражение спрямо тази ъглополовяща общата част на двата триъгълника има лице 2[ABD]2[ABD]. По теоремата за ъглополовящата[ABD][ABC]=BDBC=ABAB+AC.\frac{[ABD]}{[ABC]}=\frac{BD}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}.Следователно2[ABD][ABC]=2ABAB+AC>23,\frac{2[ABD]}{[ABC]}=\frac{2AB}{AB+AC}\gt{}\frac23,понеже AB>12ACAB\gt{}\frac12 AC. В произволен триъгълник нека страните са x<y<zx\lt{}y\lt{}z. От неравенството на триъгълника имаме z<x+y<2yz\lt{}x+y\lt{}2y, откъдето12<yz<1.\frac12\lt{}\frac yz\lt{}1.Избираме върха, при който прилежащите страни имат дължини yy и zz, и прилагаме доказаното твърдение за неговата ъглополовяща.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1996/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ana_n е броят на двоичните редици с дължина nn, които не съдържат блока 010010, а bnb_n е броят на двоичните редици с дължина nn, които не съдържат нито 00110011, нито 11001100. Да се докаже, че bn+1=2anb_{n+1}=2a_n.
РешениеЩе построим точно двукратно съответствие. Нека y1,y2,…,yn+1y_1,y_2,\ldots,y_{n+1} е двоична редица, която не съдържа 00110011 и 11001100. От нея образуваме редица x1,x2,…,xnx_1,x_2,\ldots,x_n чрезxi≡yi+yi+1(mod2).x_i\equiv y_i+y_{i+1}\pmod2.С други думи xi=0x_i=0, когато съседните членове yi,yi+1y_i,y_{i+1} са равни, и xi=1x_i=1, когато са различни. Ако в редицата xx се появи блок 010010, тогава имаме yi=yi+1y_i=y_{i+1}, yi+1≠yi+2y_{i+1}\ne y_{i+2} и yi+2=yi+3y_{i+2}=y_{i+3}. Значи съответните четири члена на yy са или 00110011, или 11001100, което е забранено. Следователно всяка допустима редица yy дава допустима редица xx. Обратно, нека е дадена двоична редица x1,…,xnx_1,\ldots,x_n, която не съдържа 010010. Ако изберем началната стойност y1y_1, останалите yiy_i се определят еднозначно от равенствата xi≡yi+yi+1(mod2)x_i\equiv y_i+y_{i+1}\pmod2. Има точно два избора за y1y_1, а именно 00 и 11. Получената редица yy не може да съдържа 00110011 или 11001100, защото тогава съответните три последователни стойности на xx биха били 010010. Така всяка допустима редица xx има точно две прообразни редици yy. Следователно броят на допустимите yy с дължина n+1n+1 е два пъти броя на допустимите xx с дължина nn, тоест bn+1=2anb_{n+1}=2a_n.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1996/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник, а MM е вътрешна точка, за която ∠MAB=10∘\angle MAB=10^\circ, ∠MBA=20∘\angle MBA=20^\circ, ∠MAC=40∘\angle MAC=40^\circ и ∠MCA=30∘\angle MCA=30^\circ. Докажете, че триъгълникът ABCABC е равнобедрен.
РешениеНекаθ=∠MBC.\theta=\angle MBC.Понеже MM е вътрешна точка, имаме 0<θ<80∘0\lt{}\theta\lt{}80^\circ. Прилагаме тригонометричната форма на теоремата на Чева за правите AMAM, BMBM и CMCM в триъгълника ABCABC:sin⁡10∘sin⁡40∘⋅sin⁡θsin⁡20∘⋅sin⁡30∘sin⁡(80∘−θ)=\frac{\sin 10^\circ}{\sin 40^\circ}\cdot \frac{\sin\theta}{\sin20^\circ}\cdot \frac{\sin30^\circ}{\sin(80^\circ-\theta)}=1.1.Това е еквивалентно наsin⁡θ=4sin⁡(80∘−θ)sin⁡40∘cos⁡10∘.(1)\sin\theta=4\sin(80^\circ-\theta)\sin40^\circ\cos10^\circ.\tag{1}Лявата страна на (1) е строго растяща за 0<θ<80∘0\lt{}\theta\lt{}80^\circ, а дясната е строго намаляваща. Следователно (1) има най-много едно решение. Ще проверим, че θ=60∘\theta=60^\circ е решение. Наистина,4sin⁡20∘sin⁡40∘cos⁡10∘=2(cos⁡20∘−cos⁡60∘)cos⁡10∘=2cos⁡20∘cos⁡10∘−cos⁡10∘=(cos⁡30∘+cos⁡10∘)−cos⁡10∘=cos⁡30∘=sin⁡60∘.\begin{aligned} 4\sin20^\circ\sin40^\circ\cos10^\circ &=2(\cos20^\circ-\cos60^\circ)\cos10^\circ\\ &=2\cos20^\circ\cos10^\circ-\cos10^\circ\\ &=(\cos30^\circ+\cos10^\circ)-\cos10^\circ\\ &=\cos30^\circ=\sin60^\circ. \end{aligned}Значи θ=60∘\theta=60^\circ. Тогава∠A=10∘+40∘=50∘,\angle A=10^\circ+40^\circ=50^\circ,∠B=20∘+60∘=80∘,\angle B=20^\circ+60^\circ=80^\circ,а оттук ∠C=50∘\angle C=50^\circ. Следователно ∠A=∠C\angle A=\angle C, така че AB=BCAB=BC и триъгълникът ABCABC е равнобедрен.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1996/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Съществува ли множество XX от цели числа със следното свойство: всяко цяло число nn може да се представи по единствен начин във вида n=a+2b,n=a+2b, където a,b∈Xa,b\in X?
РешениеОтговорът е да. Ще използваме представяне в отрицателна основа. НекаX={∑k=0mεk(−4)k: m≥0, εk∈{0,1}}.X=\left\{\sum_{k=0}^m\varepsilon_k(-4)^k:\ m\ge0,\ \varepsilon_k\in\{0,1\}\right\}.Тоест XX се състои от всички крайни суми на различни степени на −4-4. Ще използваме факта, че всяко цяло число има единствено представяне в основа −4-4 с цифри 0,1,2,30,1,2,3. Това се доказва по същия начин както при обикновените основи: при деление на −4-4 остатъкът се избира еднозначно сред 0,1,2,30,1,2,3, а повтарянето на процеса завършва, защото абсолютната стойност на частното намалява за достатъчно големи числа; единствеността следва от същото деление с остатък. Некаn=∑k=0mck(−4)k,ck∈{0,1,2,3}n=\sum_{k=0}^m c_k(-4)^k,\qquad c_k\in\{0,1,2,3\}е това единствено представяне. Всяка цифра ckc_k се записва по единствен начин катоck=αk+2βk,αk,βk∈{0,1}.c_k=\alpha_k+2\beta_k,\qquad \alpha_k,\beta_k\in\{0,1\}.Тогаваn=∑kαk(−4)k+2∑kβk(−4)k.n=\sum_k\alpha_k(-4)^k+2\sum_k\beta_k(-4)^k.Първата сума е елемент a∈Xa\in X, а втората е елемент b∈Xb\in X, така че n=a+2bn=a+2b. Единствеността също следва веднага. Ако n=a+2bn=a+2b за a,b∈Xa,b\in X, то коефициентите на aa и bb пред всяка степен на −4-4 са съответно αk\alpha_k и βk\beta_k от множеството {0,1}\{0,1\}. Значи цифрата на nn в основа −4-4 е αk+2βk\alpha_k+2\beta_k, а представянето в основа −4-4 е единствено. Следователно и двойката (a,b)(a,b) е единствена.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1996/6Условие — източник

1997

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека p1,p2,p3,...p_1,p_2,p_3,... са простите числа в нарастващ ред и нека x0x_0 е реално число с 0<x0<10\lt{}x_0\lt{}1. За всяко положително цяло число kk дефинираме xkx_k така: ако xk−1=0x_{k-1}=0, то xk=0x_k=0; иначе xkx_k е дробната част на pk/xk−1p_k/x_{k-1}. Намерете всички начални стойности x0x_0, за които от някой член нататък всички xkx_k са равни на 00.
РешениеОтговорът е: точно рационалните числа в интервала (0,1)(0,1). Първо нека x0x_0 е ирационално. Ще докажем с индукция, че докато членовете са ненулеви, всички те остават ирационални. Ако xk−1x_{k-1} е ирационално, то pk/xk−1p_k/x_{k-1} също е ирационално. Ако дробната му част беше рационална, тогава pk/xk−1p_k/x_{k-1} щеше да е сума от цяло и рационално число, тоест рационално, което е невъзможно. Следователно xkx_k е ирационално и в частност не може да бъде 00. Значи ирационално начално число никога не води до нулев член. Остава да видим, че всяко рационално x0x_0 работи. Нека xk−1=a/bx_{k-1}=a/b е ненулев член, записан в несъкратим вид, където 0<a<b0\lt{}a\lt{}b. Тогава pk/xk−1=pkb/ap_k/x_{k-1}=p_kb/a. Дробната част на това число е или 00, или рационално число със знаменател най-много aa след съкращаване. Понеже a<ba\lt{}b, при всеки ненулев преход знаменателят строго намалява. Не може да има безкрайна строго намаляваща редица от положителни цели знаменатели, затова след краен брой стъпки се получава дробна част 00. Оттам нататък по дефиниция всички следващи членове са 00.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1997/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник. Точките D,E,FD,E,F лежат съответно върху симетралите на отсечките BC,CA,ABBC,CA,AB и не са колинеарни. Докажете, че правите през A,B,CA,B,C, перпендикулярни съответно на EF,FD,DEEF,FD,DE, са конкурентни.
РешениеРазглеждаме три окръжности с центрове D,E,FD,E,F. Понеже DD лежи на симетралата на BCBC, имаме DB=DCDB=DC; следователно има окръжност с център DD, която минава през BB и CC. По същия начин има окръжност с център EE, която минава през CC и AA, и окръжност с център FF, която минава през AA и BB. Радикалната ос на окръжностите с центрове EE и FF минава през AA, защото AA лежи и на двете окръжности. Тази радикална ос е перпендикулярна на правата на центровете EFEF, така че тя е точно правата през AA, перпендикулярна на EFEF. Аналогично радикалната ос на окръжностите с центрове FF и DD е правата през BB, перпендикулярна на FDFD, а радикалната ос на окръжностите с центрове DD и EE е правата през CC, перпендикулярна на DEDE. Трите центъра D,E,FD,E,F не са колинеарни, затова трите окръжности имат радикален център. По теоремата за радикалния център трите им радикални оси са конкурентни. Но това са точно трите прави от условието, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1997/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Докажете, че за всяко цяло число nn съществува единствен многочлен QQ с коефициенти от множеството {0,1,…,9}\{0,1,\ldots,9\}, за който Q(−2)=Q(−5)=nQ(-2)=Q(-5)=n.
РешениеЩе опишем цифрите на QQ от свободния член нагоре. По-общо, за двойка цели числа (u,v)(u,v) ще търсим многочлен QQ с цифри от 00 до 99, за който Q(−2)=uQ(-2)=u и Q(−5)=vQ(-5)=v. Ако Q(x)=d+xR(x)Q(x)=d+xR(x), където dd е свободният член, тогава u=d−2R(−2),v=d−5R(−5).u=d-2R(-2), \qquad v=d-5R(-5). Следователно dd трябва да удовлетворява d≡u(mod2),d≡v(mod5).d \equiv u \pmod 2, \qquad d \equiv v \pmod 5. По китайската теорема за остатъците има точно една цифра d∈{0,1,…,9}d \in \{0,1,\ldots,9\} с тези две свойства. След като тази цифра е избрана, следващата двойка е принудително T(u,v)=((d−u)/2,(d−v)/5).T(u,v)=((d-u)/2,(d-v)/5). Обратно, ако за двойката T(u,v)T(u,v) вече имаме подходящ многочлен RR, то d+xR(x)d+xR(x) е подходящ многочлен за (u,v)(u,v). Така едновременно доказваме и построяването, и единствеността, стига да покажем, че започвайки от (n,n)(n,n) този процес стига до (0,0)(0,0). Забележете първо, че условието u≡v(mod3)u \equiv v \pmod 3 се запазва от прехода TT. Наистина, ако u≡v(mod3)u \equiv v \pmod 3, то ((d−u)/2)−((d−v)/5)=(3d−5u+2v)/10((d-u)/2)-((d-v)/5)=(3d-5u+2v)/10 също се дели на 33, понеже числителят се дели и на 1010, и на 33. Началната двойка (n,n)(n,n) очевидно има това свойство. Нека M=max⁡(∣u∣,∣v∣)M=\max(|u|,|v|). Понеже 0≤d≤90 \le d \le 9, ако M>9M\gt{}9, то следващата двойка има координати по абсолютна стойност най-много (M+9)/2(M+9)/2 и (M+9)/5(M+9)/5, тоест новият максимум е строго по-малък от MM. Следователно след краен брой стъпки стигаме до M≤9M \le 9. След още най-много две стъпки втората координата има абсолютна стойност най-много 22, а първата остава с абсолютна стойност най-много 99. Остава само малка крайна проверка за двойките с ∣u∣≤9|u| \le 9, ∣v∣≤2|v| \le 2 и u≡v(mod3)u \equiv v \pmod 3. Пряко от правилото за цифрата dd всяка такава двойка или е (0,0)(0,0), или след една стъпка попада в множеството {(1,1),(2,2),(3,0),(4,1),(5,2),(7,1),(8,2),(−3,0),(−2,1)}\{(1,1),(2,2),(3,0),(4,1),(5,2),(7,1),(8,2),(-3,0),(-2,1)\}. А тези двойки завършват веднага по веригите (1,1),(2,2)↦(0,0),(1,1),(2,2) \mapsto (0,0), (3,0),(4,1),(5,2)↦(1,1),(3,0),(4,1),(5,2) \mapsto (1,1), (7,1),(8,2)↦(−3,0)↦(4,1),(7,1),(8,2) \mapsto (-3,0) \mapsto (4,1), и (−2,1)↦(4,1).(-2,1) \mapsto (4,1). Значи процесът винаги спира в (0,0)(0,0). При обръщане на стъпките получаваме търсения многочлен, а понеже всяка цифра dd беше принудително определена, този многочлен е единствен.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1997/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека отрязване на изпъкнал nn-ъгълник означава следната операция: избираме две съседни страни ABAB и BCBC и ги заменяме с трите отсечки AMAM, MNMN и NCNC, където MM е средата на ABAB, а NN е средата на BCBC. С други думи, отрязваме триъгълника MBNMBN и получаваме изпъкнал (n+1)(n+1)-ъгълник. Правилен шестоъгълник P6\mathcal P_6 с лице 11 се отрязва и се получава седмоъгълник P7\mathcal P_7. После P7\mathcal P_7 се отрязва по един от седемте възможни начини, за да се получи осмоъгълник P8\mathcal P_8, и т.н. Докажете, че независимо от избора на отрязванията лицето на Pn\mathcal P_n е по-голямо от 1/31/3 за всяко n≥6n\ge6.
РешениеНека първоначалният правилен шестоъгълник е ABCDEFABCDEF в този ред и некаK=△ACE∩△BDF.K=\triangle ACE\cap\triangle BDF.Това е централният правилен шестоъгълник в звездата, образувана от двата равностранни триъгълника ACEACE и BDFBDF. Неговото лице е точно една трета от лицето на първоначалния шестоъгълник, тоест [K]=1/3[K]=1/3. Ще докажем, че всяко отрязване оставя цялата област KK вътре в многоъгълника. За целта на всяка страна на текущия многоъгълник приписваме основа, която е множество от страни на първоначалния шестоъгълник. В началото страните AB,BC,CD,DE,EF,FAAB,BC,CD,DE,EF,FA имат за основа самите себе си. Когато отрязваме две съседни страни и се появи новата страна MNMN, за основа на MNMN вземаме обединението на основите на двете страни, които са били отрязани. Ще използваме малко по-силен инвариант: за всеки две съседни страни на текущия многоъгълник обединението на основите им съдържа най-много две съседни първоначални страни. В началото това е очевидно. При едно отрязване двете части от старите страни запазват старите си основи, а новата страна получава обединението на основите на двете отрязани съседни страни. Затова новите съседни двойки около отрязването имат същото обединение на основи като старата отрязана двойка, а всички останали съседни двойки не се променят. Инвариантът се запазва, и в частност основата на всяка отделна страна съдържа най-много две съседни първоначални страни. Сега разгледайте страна, чиято основа е например подмножество на {AB,BC}\{AB,BC\}. Тогава тази страна лежи в триъгълника ABCABC: началните страни очевидно имат това свойство, а при отрязване новата отсечка свързва точки от две такива страни и остава вътре в същия триъгълник по изпъкналост. Следователно отрязаният триъгълник при върха BB е изцяло от страната на правата ACAC, която не съдържа KK, и дори не пресича отсечката ACAC. Аналогично всяко възможно отрязване е затворено в един от шестте ъглови триъгълникаABC, BCD, CDE, DEF, EFA, FABABC,\ BCD,\ CDE,\ DEF,\ EFA,\ FABи не достига съответната страна на триъгълника ACEACE или BDFBDF, която отделя този ъгъл от областта KK. Значи никога не отрязваме точка от KK. След краен брой отрязвания многоъгълникът Pn\mathcal P_n съдържа KK и освен това има ненулева част извън KK около всяка своя страна, така че лицето му е строго по-голямо от [K]=1/3[K]=1/3. Това доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1997/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са положителни реални числа. Докажете, че 1/(a3+b3+abc)+1/(b3+c3+abc)1/(a^3+b^3+abc)+1/(b^3+c^3+abc)+1/(c3+a3+abc)≤+1/(c^3+a^3+abc) \le1/(abc). 1/(abc).
РешениеЩе оценим всеки от трите знаменателя отдолу. За положителни aa и bb имаме a3+b3−ab(a+b)=(a+b)(a−b)2≥0,a^3+b^3-ab(a+b)=(a+b)(a-b)^2 \ge 0, следователно a3+b3+abc≥ab(a+b)+abc=ab(a+b+c).a^3+b^3+abc \ge ab(a+b)+abc=ab(a+b+c). Значи 1/(a3+b3+abc)≤1/(ab(a+b+c)).1/(a^3+b^3+abc) \le 1/(ab(a+b+c)). Същото разсъждение, приложено циклично, дава 1/(b3+c3+abc)≤1/(bc(a+b+c))1/(b^3+c^3+abc) \le 1/(bc(a+b+c)) и 1/(c3+a3+abc)≤1/(ca(a+b+c)).1/(c^3+a^3+abc) \le 1/(ca(a+b+c)).Като съберем тези три неравенства, получаваме 1/(a3+b3+abc)+1/(b3+c3+abc)1/(a^3+b^3+abc)+1/(b^3+c^3+abc)+1/(c3+a3+abc)≤+1/(c^3+a^3+abc) \le(1/(a+b+c))(1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)). (1/(a+b+c))(1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)). Но 1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)=(a+b+c)/(abc),1/(ab)+1/(bc)+1/(ca)=(a+b+c)/(abc), така че дясната страна е точно 1/(abc)1/(abc). Това доказва исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1997/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека редицата от неотрицателни цели числа a1,a2,…,a1997a_1,a_2,\ldots,a_{1997} удовлетворява ai+aj≤ai+j≤ai+aj+1a_i+a_j \le a_{i+j} \le a_i+a_j+1 за всички i,j≥1i,j \ge 1 с i+j≤1997i+j \le 1997. Докажете, че съществува реално число xx, такова че an=⌊nx⌋a_n=\lfloor nx\rfloor за всяко 1≤n≤19971 \le n \le 1997.
РешениеЩе докажем малко по-общо твърдение, като заменим 19971997 с произволно положително цяло число NN. За всяко nn условието an=⌊nx⌋a_n=\lfloor nx\rfloor е еквивалентно на ann≤x<an+1n.\frac{a_n}{n}\le x\lt{}\frac{a_n+1}{n}. Следователно е достатъчно да покажем, че max⁡1≤n≤Nann<min⁡1≤n≤Nan+1n.\max_{1\le n\le N}\frac{a_n}{n}\lt{}\min_{1\le n\le N}\frac{a_n+1}{n}.Ще докажем по индукция по NN следното по-силно твърдение. Нека ii е най-малкият индекс, при който се достига максимумът на дробите an/na_n/n, а jj е най-малкият индекс, при който се достига минимумът на дробите (an+1)/n(a_n+1)/n. Тогава aii<aj+1j,\frac{a_i}{i}\lt{}\frac{a_j+1}{j}, и тези две несъкратими дроби са съседни в редицата на Фарей от ред NN, тоест между тях няма друга рационална дроб със знаменател най-много NN. Базата N=1N=1 е ясна. Нека твърдението е доказано за N−1N-1 и добавим члена aNa_N. За старите крайни дроби пишем L=aii,U=aj+1j.L=\frac{a_i}{i},\qquad U=\frac{a_j+1}{j}. По индукционната хипотеза те са съседни в редицата на Фарей от ред N−1N-1, следователно i+j≥Ni+j\ge N. Първо нека i+j>Ni+j\gt{}N. Между две съседни Фарейови дроби с тези знаменатели няма дроб със знаменател NN във вътрешността на интервала (L,U)(L,U). Затова съществува цяло число bb, за което bN≤L<U≤b+1N.\frac bN\le L\lt{}U\le\frac{b+1}{N}. От левия край и от това, че UU е най-малкият стар десен край, получаваме b−aiN−i≤bN≤L<U≤aN−i+1N−i,\frac{b-a_i}{N-i}\le\frac bN\le L\lt{}U\le\frac{a_{N-i}+1}{N-i}, откъдето, понеже числата са цели, aN−i≥b−aia_{N-i}\ge b-a_i. Аналогично, от това, че LL е най-големият стар ляв край, и от десния край получаваме aN−jN−j≤L<U≤b+1N≤b−ajN−j,\frac{a_{N-j}}{N-j}\le L\lt{}U\le\frac{b+1}{N}\le\frac{b-a_j}{N-j}, откъдето aN−j<b−aja_{N-j}\lt{}b-a_j, тоест aN−j≤b−aj−1a_{N-j}\le b-a_j-1. Сега условието на задачата дава aN≥ai+aN−i≥ba_N\ge a_i+a_{N-i}\ge b и aN≤aj+aN−j+1≤b.a_N\le a_j+a_{N-j}+1\le b. Значи всъщност aN=ba_N=b. Следователно новият ляв край aN/Na_N/N не надминава LL, а новият десен край (aN+1)/N(a_N+1)/N не е по-малък от UU. Двойката i,ji,j не се променя, а понеже i+j>Ni+j\gt{}N, същите две дроби остават съседни и в редицата на Фарей от ред NN. Остава случаят i+j=Ni+j=N. Тогава медиантата ai+aj+1N\frac{a_i+a_j+1}{N} лежи строго между LL и UU. Освен това условието за aNa_N дава aN∈{ai+aj,  ai+aj+1}.a_N\in\{a_i+a_j,\;a_i+a_j+1\}. Ако aN=ai+aja_N=a_i+a_j, новият десен край е aN+1N=ai+aj+1N,\frac{a_N+1}{N}=\frac{a_i+a_j+1}{N}, така че двойката крайни дроби става (L,aN+1N)\left(L,\frac{a_N+1}{N}\right). Ако aN=ai+aj+1a_N=a_i+a_j+1, новият ляв край е aNN=ai+aj+1N,\frac{a_N}{N}=\frac{a_i+a_j+1}{N}, така че двойката става (aNN,U)\left(\frac{a_N}{N},U\right). Стандартното свойство на редиците на Фарей казва, че медиантата на две съседни дроби е несъкратима и е съседна на всяка от тях в новия ред. Следователно индукционното твърдение се запазва. Така за N=1997N=1997 имаме L<UL\lt{}U. Избираме например x=Lx=L. За всяко nn е изпълнено ann≤x<an+1n,\frac{a_n}{n}\le x\lt{}\frac{a_n+1}{n}, което е еквивалентно на an≤nx<an+1a_n\le nx\lt{}a_n+1. Следователно an=⌊nx⌋a_n=\lfloor nx\rfloor за всички 1≤n≤19971\le n\le1997.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1997/6Условие — източник

1998

2 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Числата 1,2,…,19981,2,\ldots,1998 са разбити на 999999 двойки. Във всяка двойка разликата между двете числа е или 11, или 66. Да се докаже, че сборът на разликите във всички двойки завършва на цифрата 99.
РешениеНека xx е броят на двойките, в които разликата е 11, а yy е броят на двойките, в които разликата е 66. Тогава x+y=999x+y=999. Търсеният сбор е S=x+6y=6⋅999−5x.S=x+6y=6\cdot 999-5x. Следователно е достатъчно да докажем, че xx е нечетно число, защото тогава 5x≡5(mod10)5x\equiv 5\pmod {10} и получаваме S≡6⋅999−5≡9(mod10)S\equiv 6\cdot 999-5\equiv 9\pmod {10}. Остава само да видим защо xx е нечетно. В двойка с разлика 11 едното число е четно, а другото е нечетно. В двойка с разлика 66 двете числа имат една и съща четност. Сред числата 1,2,…,19981,2,\ldots,1998 има точно 999999 нечетни и 999999 четни числа. След като премахнем xx-те двойки с разлика 11, са останали 999−x999-x четни и 999−x999-x нечетни числа, които трябва да се разбият на двойки от числа с една и съща четност. Това е възможно само ако 999−x999-x е четно. Следователно xx е нечетно. Както вече видяхме, това дава S≡9(mod10)S\equiv 9\pmod {10}, тоест сборът завършва на цифрата 99.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1998/1Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a0,a1,…,ana_0,a_1,\ldots,a_n са числа от интервала (0,π/2)(0,\pi/2), за които tan⁡(a0−π4)+tan⁡(a1−π4)+⋯+tan⁡(an−π4)≥\tan\left(a_0-\frac\pi4\right)+\tan\left(a_1-\frac\pi4\right)+\cdots+\tan\left(a_n-\frac\pi4\right)\gen−1. n-1. Докажете, че tan⁡a0tan⁡a1⋯tan⁡an≥nn+1\tan a_0\tan a_1\cdots\tan a_n\ge n^{n+1}.
РешениеПолагаме xi=tan⁡(ai−π4).x_i=\tan\left(a_i-\frac\pi4\right). Тогава −1<xi<1-1\lt{}x_i\lt{}1 и tan⁡ai=tan⁡(ai−π4+π4)=1+xi1−xi.\tan a_i=\tan\left(a_i-\frac\pi4+\frac\pi4\right)=\frac{1+x_i}{1-x_i}. Нека още yi=1−xi2.y_i=\frac{1-x_i}{2}. Тогава 0<yi<10\lt{}y_i\lt{}1, а условието става ∑i=0nyi≤1,\sum_{i=0}^n y_i\le1, защото xi=1−2yix_i=1-2y_i. Освен това tan⁡ai=1−yiyi.\tan a_i=\frac{1-y_i}{y_i}. Остава да докажем, че ако 0<y0,y1,…,yn<10\lt{}y_0,y_1,\ldots,y_n\lt{}1 и Y=y0+y1+⋯+yn≤1Y=y_0+y_1+\cdots+y_n\le1, то ∏i=0n1−yiyi≥nn+1.\prod_{i=0}^n\frac{1-y_i}{y_i}\ge n^{n+1}. Понеже Y≤1Y\le1, имаме 1−yi≥Y−yi1-y_i\ge Y-y_i за всяко ii, така че е достатъчно да оценим ∏i=0nY−yiyi.\prod_{i=0}^n\frac{Y-y_i}{y_i}. За фиксирано ii по AM-GM получаваме Y−yiyi=∑j≠iyjyi≥\frac{Y-y_i}{y_i}=\frac{\sum_{j\ne i}y_j}{y_i}\genx2∏j≠iyjyinn. n\sqrt[n]{\vphantom{x^2}\frac{\prod_{j\ne i}y_j}{y_i^n}}. Умножаваме тези n+1n+1 неравенства за всички ii. Под корените всеки множител yjy_j се появява точно nn пъти в числителя и точно nn пъти в знаменателя, следователно всички те се съкращават. Получаваме ∏i=0nY−yiyi≥nn+1.\prod_{i=0}^n\frac{Y-y_i}{y_i}\ge n^{n+1}. Оттук следва и tan⁡a0tan⁡a1⋯tan⁡an≥nn+1,\tan a_0\tan a_1\cdots\tan a_n\ge n^{n+1}, което доказва задачата.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1998/3Условие — източник

1999

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В някои от квадратчетата на дъска n×nn\times n са поставени пулове. Всяко празно квадратче има обща страна с поне едно квадратче, в което има пул, а квадратчетата с пулове образуват свързана фигура чрез общи страни. Да се докаже, че броят на пуловете е поне (n2−2)/3(n^2-2)/3.
РешениеНека броят на пуловете е kk. Ще броим съседствата по обща страна между квадратче с пул и празно квадратче. От условието всяко от празните n2−kn^2-k квадратчета има поне едно такова съседство, следователно броят на тези съседства е поне n2−kn^2-k. От друга страна, всяко квадратче с пул има най-много четири страни, така че всички страни, излизащи от квадратчета с пулове, са най-много 4k4k. Тъй като квадратчетата с пулове са свързани чрез общи страни, графът, чиито върхове са тези квадратчета и чиито ребра свързват две съседни квадратчета с пулове, е свързан. Затова той има поне k−1k-1 ребра. Всяко такова вътрешно ребро използва две страни, които не водят към празно квадратче. Следователно броят на съседствата между пул и празно квадратче е най-много 4k−2(k−1)=2k+2.4k-2(k-1)=2k+2.Събирайки двете оценки, получаваме n2−k≤2k+2.n^2-k\le 2k+2. Оттук следва 3k≥n2−2,3k\ge n^2-2, тоест k≥(n2−2)/3k\ge (n^2-2)/3. Това е точно исканото твърдение.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1999/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е изпъкнал вписан четириъгълник. Докажете, че∣AB−CD∣+∣AD−BC∣≥2∣AC−BD∣.|AB-CD|+|AD-BC|\ge 2|AC-BD|.
РешениеНека диагоналите ACAC и BDBD се пресичат в PP. Понеже ABCDABCD е вписан, от теоремата за пресичащите се хорди имамеAP⋅CP=BP⋅DP.AP\cdot CP=BP\cdot DP.Избираме положителни числа p,q,r,sp,q,r,s така, чеAP=pq,DP=pr,BP=qs,CP=rs.AP=pq,\qquad DP=pr,\qquad BP=qs,\qquad CP=rs.Това е възможно точно заради горното равенство. Триъгълниците APBAPB и DPCDPC са подобни: имат равни вертикални ъгли при PP, а също ∠ABP=∠ACD=∠DCP\angle ABP=\angle ACD=\angle DCP, защото са вписани ъгли, стъпващи на една и съща дъга. СледователноABCD=APDP=BPCP=qr,\frac{AB}{CD}=\frac{AP}{DP}=\frac{BP}{CP}=\frac qr,така че за някакво x>0x\gt{}0 можем да запишемAB=qx,CD=rx.AB=qx,\qquad CD=rx.По същия начин от подобието на триъгълниците APDAPD и BPCBPC получаваме, че за някакво y>0y\gt{}0AD=py,BC=sy.AD=py,\qquad BC=sy.СегаAC−BD=(AP+CP)−(BP+DP)=AC-BD=(AP+CP)-(BP+DP)=pq+rs−qs−pr=(p−s)(q−r),pq+rs-qs-pr=(p-s)(q-r),а също∣AB−CD∣=∣q−r∣x,∣AD−BC∣=∣p−s∣y.|AB-CD|=|q-r|x,\qquad |AD-BC|=|p-s|y.В триъгълника APBAPB страните, разделени на qq, са p,s,xp,s,x, затова от триъгълното неравенство x≥∣p−s∣x\ge |p-s|. Следователно∣AB−CD∣=∣q−r∣x≥∣q−r∣∣p−s∣=∣AC−BD∣.|AB-CD|=|q-r|x\ge |q-r||p-s|=|AC-BD|.Аналогично, в триъгълника APDAPD страните, разделени на pp, са q,r,yq,r,y, така че y≥∣q−r∣y\ge |q-r| и∣AD−BC∣=∣p−s∣y≥∣p−s∣∣q−r∣=∣AC−BD∣.|AD-BC|=|p-s|y\ge |p-s||q-r|=|AC-BD|.Като съберем последните две неравенства, получаваме точно∣AB−CD∣+∣AD−BC∣≥2∣AC−BD∣.|AB-CD|+|AD-BC|\ge 2|AC-BD|.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1999/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n>3n\gt{}3 и нека a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n са реални числа, за които a1+a2+⋯+an≥na_1+a_2+\cdots+a_n \ge n и a12+a22+⋯+an2≥n2.a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2 \ge n^2. Да се докаже, че поне едно от числата aia_i е не по-малко от 22.
РешениеДа допуснем противното: ai<2a_i\lt{}2 за всяко ii. Поставяме pi=2−aip_i=2-a_i, така че всички pip_i са положителни. Нека S=p1+p2+⋯+pn.S=p_1+p_2+\cdots+p_n. От условието за сумата на aia_i получаваме 2n−S=a1+a2+⋯+an≥n,2n-S=a_1+a_2+\cdots+a_n \ge n, следователно S≤nS\le n. Сега пресмятаме сумата от квадратите чрез pip_i. Имаме ai2=(2−pi)2=4−4pi+pi2,a_i^2=(2-p_i)^2=4-4p_i+p_i^2, затова a12+⋯+an2=4n−4S+(p12+⋯+pn2).a_1^2+\cdots+a_n^2=4n-4S+(p_1^2+\cdots+p_n^2). Понеже всички pip_i са положителни и има поне две от тях, получаваме p12+⋯+pn2<(p1+⋯+pn)2=S2.p_1^2+\cdots+p_n^2 \lt{} (p_1+\cdots+p_n)^2=S^2. Следователно a12+⋯+an2<4n−4S+S2.a_1^2+\cdots+a_n^2\lt{}4n-4S+S^2.Остава да оценим последния израз. Понеже 0<S≤n0\lt{}S\le n и n>3n\gt{}3, имаме (n−S)(n+S−4)≥0.(n-S)(n+S-4)\ge0. Това е равносилно на 4n−4S+S2≤n2.4n-4S+S^2\le n^2. Така получаваме a12+⋯+an2<n2,a_1^2+\cdots+a_n^2\lt{}n^2, което противоречи на условието. Следователно допускането е невъзможно и някое aia_i е поне 22.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1999/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Играта Y2K се играе върху таблица 1×20001\times2000 по следния начин. Двама играчи последователно записват буквата SS или OO в празно квадратче. Печели първият играч, който получи три последователни квадратчета, образуващи думата SOSSOS. Ако всички квадратчета се запълнят без да се появи SOSSOS, играта завършва наравно. Докажете, че вторият играч има печеливша стратегия.
РешениеЩе наричаме конфигурация от вида S □ □ SS\,\square\,\square\,S капан. Ако някой играч запише буква в едно от двете празни квадратчета на капана, другият веднага може да запълни другото празно квадратче така, че да получи SOSSOS. Първо вторият играч може да си осигури такъв капан. На първия си ход тя поставя SS достатъчно далеч от краищата и от първия ход на противника. На втория си ход избира една от двете посоки и поставя още едно SS на разстояние 33 квадратчета; поне едната посока остава свободна, защото първият играч е направил само един междинен ход. Така се получава капан. Следователно играта не може да завърши наравно, ако вторият играч успява винаги да не загуби преди това. Остава да покажем, че вторият играч винаги има безопасен ход. В началото на всеки неин ход броят на празните квадратчета е нечетен. Разглеждаме максималните блокове от празни квадратчета, като двата края на дъската мислим като запълнени. Не може всички блокове да имат дължина 22, защото тогава общият брой празни квадратчета би бил четен. Следователно има празно квадратче, чиито две съседни места са едновременно празни или едновременно запълнени. Вторият играч записва OO в такова квадратче. Този ход не дава на противника непосредствен SOSSOS чрез новозаписаната буква; ако самият ход вече образува SOSSOS, вторият играч е спечелил. Значи вторият играч може на всеки свой ход да избягва загуба. Понеже вече е създал капан, равенство е невъзможно: рано или късно първият играч е принуден да влезе в капана, а вторият печели на следващия ход.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1999/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е равнобедрен трапец с AB∥CDAB\parallel CD. Вписаната окръжност ω\omega на триъгълника BCDBCD се допира до CDCD в EE. Нека FF е точка върху вътрешната ъглополовяща на ∠DAC\angle DAC, такава че EF⊥CDEF\perp CD. Окръжността, описана около триъгълника ACFACF, пресича правата CDCD в CC и GG. Докажете, че триъгълникът AFGAFG е равнобедрен.
РешениеЩе докажем първо, че EE е допирната точка на AA-външновписаната окръжност на триъгълника ACDACD със страната CDCD. Понеже трапецът е равнобедрен, имаме AD=BCAD=BC и AC=BDAC=BD. Ако вписаната окръжност на триъгълника BCDBCD се допира до CDCD в EE, тоCE=BC+CD−BD2.CE=\frac{BC+CD-BD}{2}.От друга страна, ако AA-външновписаната окръжност на триъгълника ACDACD се допира до правата CDCD в E′E', тогава от равенството на допирателните от AA към тази външновписана окръжност получавамеCE′=AD+CD−AC2.CE'=\frac{AD+CD-AC}{2}.Двете стойности са равни, понеже AD=BCAD=BC и AC=BDAC=BD, следователно E′=EE'=E. Точката FF лежи върху вътрешната ъглополовяща на ∠DAC\angle DAC и правата EFEF е перпендикулярна на CDCD в допирната точка на AA-външновписаната окръжност. Затова FF е центърът на тази AA-външновписана окръжност на триъгълника ACDACD. Следователно CFCF е външна ъглополовяща при върха CC на триъгълника ACDACD. Понеже GG лежи на правата CDCD, същото твърдение в насочени ъгли казва, че CFCF е външна ъглополовяща на ∠ACG\angle ACG. Сега A,C,F,GA,C,F,G лежат на една окръжност. Равенството на ъглите∠ACF=∠FCG\angle ACF=\angle FCGсе превежда върху тази окръжност като равенство на дъгите AFAF и FGFG, откъдето хордите им са равни:AF=FG.AF=FG.Значи триъгълникът AFGAFG е равнобедрен.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 1999/6Условие — източник

2000

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Наричаме реалнозначна функция ff силно изпъкнала, акоf(x)+f(y)2≥f(x+y2)+∣x−y∣\frac{f(x)+f(y)}2\ge f\left(\frac{x+y}{2}\right)+|x-y|за всички реални числа xx и yy. Да се докаже, че силно изпъкнала функция не съществува.
РешениеПо-общо, за C≥0C\ge0 ще казваме, че ff е CC-изпъкнала, акоf(x)+f(y)2≥f(x+y2)+C∣x−y∣\frac{f(x)+f(y)}2\ge f\left(\frac{x+y}{2}\right)+C|x-y|за всички реални x,yx,y. Ще покажем, че ако C>0C\gt{}0, от CC-изпъкналост следва 2C2C-изпъкналост; повторение на това ще даде невъзможност. Нека a<b<c<d<ea\lt{}b\lt{}c\lt{}d\lt{}e са пет последователни члена на аритметична прогресия и нека t=e−at=e-a. От CC-изпъкналостта за двойките (a,c)(a,c), (c,e)(c,e) и (b,d)(b,d) получавамеf(a)+f(c)≥2f(b)+Ct,f(a)+f(c)\ge2f(b)+Ct,f(c)+f(e)≥2f(d)+Ct,f(c)+f(e)\ge2f(d)+Ct,f(b)+f(d)≥2f(c)+Ct.f(b)+f(d)\ge2f(c)+Ct.Събирайки първите две неравенства и два пъти третото, след съкращаване получавамеf(a)+f(e)≥2f(c)+4Ct.f(a)+f(e)\ge2f(c)+4Ct.Това е точно условието за 2C2C-изпъкналост за двойката (a,e)(a,e). Следователно от CC-изпъкналост следва 2C2C-изпъкналост, оттам 4C4C-изпъкналост и т.н. При силно изпъкнала функция имаме C=1C=1. Фиксираме различни aa и ee; тогава горното повторение би принудило f(a)+f(e)2−f(a+e2)\frac{f(a)+f(e)}2-f\left(\frac{a+e}{2}\right) да е поне 2m∣a−e∣2^m|a-e| за всяко mm, което е невъзможно, защото лявата страна е фиксирано реално число. Противоречието доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2000/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека SS е множеството от всички триъгълници ABCABC, за които5(1AP+1BQ+1CR)−3min⁡{AP,BQ,CR}=5\left(\frac1{AP}+\frac1{BQ}+\frac1{CR}\right)-\frac3{\min\{AP,BQ,CR\}}=6r,\frac6r,където rr е радиусът на вписаната окръжност, а P,Q,RP,Q,R са точките, в които тя се допира съответно до страните AB,BC,CAAB,BC,CA. Да се докаже, че всички триъгълници от SS са равнобедрени и подобни помежду си.
РешениеПолагаме x=APx=AP, y=BQy=BQ, z=CRz=CR. Тогава страните на триъгълника са x+yx+y, y+zy+z, z+xz+x, полупериметърът е x+y+zx+y+z, а от Хероновата формула получавамеr2=xyzx+y+z.r^2=\frac{xyz}{x+y+z}.Достатъчно е да докажем неравенството2x+5y+5z≥6r,\frac2x+\frac5y+\frac5z\ge\frac6r,като равенство има точно при x:y:z=1:4:4x:y:z=1:4:4. Наистина, ако например xx е най-малкото от x,y,zx,y,z, лявата страна в условието на задачата е точно 2/x+5/y+5/z2/x+5/y+5/z; останалите случаи са същите след преименуване. След повдигане на квадрат и замяна x=1/ax=1/a, y=4/by=4/b, z=4/cz=4/c неравенството се свежда до64a2+25(b+c)2≥64a(b+c)+36bc.64a^2+25(b+c)^2\ge64a(b+c)+36bc.Това следва от две приложения на AM-GM:16(4a2+(b+c)2)≥64a(b+c),16\big(4a^2+(b+c)^2\big)\ge64a(b+c),9(b+c)2≥36bc.9(b+c)^2\ge36bc.Равенство и в двете има точно когато 4a=b+c4a=b+c и b=cb=c, т.е. a=b=ca=b=c. В първоначалните променливи това означава x:y:z=1:4:4x:y:z=1:4:4. Следователно в условието на задачата равенство е възможно само когато най-малкият от трите допирателни отрязъка е в отношение 1:4:41:4:4 с другите два. Значи два от тях са равни, така че триъгълникът е равнобедрен, а отношението на допирателните отрязъци е фиксирано. Затова всички такива триъгълници са подобни.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2000/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Пасианс се играе с RR червени, WW бели и BB сини карти. Играчът изиграва всички карти една по една и при всяко изиграване получава наказание. Ако изиграе синя карта, наказанието е броят на белите карти, които още държи. Ако изиграе бяла карта, наказанието е два пъти броят на червените карти, които още държи. Ако изиграе червена карта, наказанието е три пъти броят на сините карти, които още държи. Да се намерят, като функция на R,W,BR,W,B, най-малкото възможно общо наказание и броят на редовете на игра, с които този минимум се постига.
РешениеМинималното общо наказание еmin⁡{BW,2WR,3RB}.\min\{BW,2WR,3RB\}.Естествено е да се досетим, че е оптимално първо да се изхвърлят всички карти от един цвят; горната формула казва точно коя от трите възможности е най-добра. Доказателството е пряка индукция по B+W+RB+W+R. Нека F(B,W,R)=min⁡{BW,2WR,3RB}F(B,W,R)=\min\{BW,2WR,3RB\}. След първия ход получаваме рекурсиятаF(B,W,R)=F(B,W,R)=min⁡{F(B−1,W,R)+W,  F(B,W−1,R)+2R,  F(B,W,R−1)+3B}.\min\{F(B-1,W,R)+W,\; F(B,W-1,R)+2R,\; F(B,W,R-1)+3B\}.Проверка на трите случая показва, че дясната страна наистина е min⁡{BW,2WR,3RB}\min\{BW,2WR,3RB\}; началният случай, когато един от броевете е 00, е очевиден. Остава да преброим оптималните редове. Ако едно от числата BW,2WR,3RBBW,2WR,3RB е строго по-малко от другите две, оптималният ред е единствен. АкоBW=2WR<3RB,BW=2WR\lt{}3RB,има W+1W+1 оптимални реда: може първо да се изиграят от 00 до WW бели карти, след което да се изиграят всички сини карти. Ако2WR=3RB<BW,2WR=3RB\lt{}BW,има R+1R+1 оптимални реда: може първо да се изиграят от 00 до RR червени карти, след което да се изиграят всички бели карти. Ако3RB=BW<2WR,3RB=BW\lt{}2WR,има B+1B+1 оптимални реда: може първо да се изиграят от 00 до BB сини карти, след което да се изиграят всички червени карти. Накрая, акоBW=2WR=3RB,BW=2WR=3RB,първата карта ни поставя в един от трите предишни случая, така че общият брой оптимални редове е R+W+BR+W+B.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2000/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото положително цяло число nn със следното свойство: ако nn квадрата от шахматна дъска 1000×10001000\times1000 са оцветени, то съществуват три оцветени квадрата, чиито центрове образуват правоъгълен триъгълник със страни, успоредни на страните на дъската.
РешениеОтговорът е n=1999n=1999. Първо ще дадем строеж с 19981998 оцветени квадрата без такава тройка. Оцветяваме всички квадрати в първата колона и всички квадрати в последния ред, но не оцветяваме общия им ъглов квадрат. Получава се пробито Г-образно множество с 999+999=1998999+999=1998 квадрата; в него няма оцветен квадрат, който едновременно да има друг оцветен квадрат в своя ред и друг оцветен квадрат в своята колона. Сега доказваме, че повече не може. Нека в някакво оцветяване няма търсения правоъгълен триъгълник. Тогава за всеки оцветен квадрат е вярно поне едно от двете: той е единственият оцветен квадрат в своя ред или е единственият оцветен квадрат в своята колона. Нека R1R_1 е множеството от редовете с точно един оцветен квадрат, а C1C_1 е множеството от колоните с точно един оцветен квадрат. Всеки оцветен квадрат се брои от някой ред в R1R_1 или от някоя колона в C1C_1, затова броят на оцветените квадрати е най-много∣R1∣+∣C1∣.|R_1|+|C_1|.Ако има повече от 10001000 оцветени квадрата, не всички редове са единични и не всички колони са единични. Следователно ∣R1∣≤999|R_1|\le999 и ∣C1∣≤999|C_1|\le999, откъдето броят на оцветените квадрати е най-много 19981998. Така при 19991999 оцветени квадрата търсената тройка задължително съществува.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2000/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека A1A2A3A_1A_2A_3 е триъгълник и нека ω1\omega_1 е окръжност в неговата равнина, минаваща през A1A_1 и A2A_2. Да предположим, че съществуват окръжности ω2,ω3,…,ω7\omega_2,\omega_3,\ldots,\omega_7 такива, че за k=2,3,…,7k=2,3,\ldots,7 окръжността ωk\omega_k се допира външно до ωk−1\omega_{k-1} и минава през AkA_k и Ak+1A_{k+1}, където индексите се вземат по модул 33. Да се докаже, че ω7=ω1\omega_7=\omega_1.
РешениеЩе следим ъгъла, под който съответната окръжност се вижда от върха на страната. Некаα=∠A3A1A2,β=∠A1A2A3,\alpha=\angle A_3A_1A_2,\qquad \beta=\angle A_1A_2A_3,γ=∠A2A3A1.\qquad \gamma=\angle A_2A_3A_1.Нека OiO_i е центърът на ωi\omega_i и полагамеθ=∠O1A2A1.\theta=\angle O_1A_2A_1.Понеже последователните окръжности се допират външно, центровете им и точката на допиране лежат на една права. Оттук, с насочени ъгли, последователно получаваме∠O1A2A1=θ,\angle O_1A_2A_1=\theta,∠O2A3A2=−β−θ,\angle O_2A_3A_2=-\beta-\theta,∠O3A1A3=β−γ+θ,\angle O_3A_1A_3=\beta-\gamma+\theta,∠O4A2A1=(γ−β−α)−θ.\angle O_4A_2A_1=(\gamma-\beta-\alpha)-\theta.Ако положим k=γ−β−αk=\gamma-\beta-\alpha, същото пресмятане още веднъж дава∠O7A2A1=k−(k−θ)=θ.\angle O_7A_2A_1=k-(k-\theta)=\theta.Окръжност през A1A_1 и A2A_2 е определена от положението на центъра си върху перпендикулярния симетрал на A1A2A_1A_2, а този насочен ъгъл връща центъра в същата позиция. Следователно O7=O1O_7=O_1 и значи ω7=ω1\omega_7=\omega_1.A1A2A3O1O2O3
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2000/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека a1,b1,a2,b2,…,an,bna_1,b_1,a_2,b_2,\ldots,a_n,b_n са неотрицателни реални числа. Да се докаже, че∑i,j=1nmin⁡{aiaj,bibj}≤\sum_{i,j=1}^n\min\{a_ia_j,b_ib_j\}\le∑i,j=1nmin⁡{aibj,ajbi}.\sum_{i,j=1}^n\min\{a_ib_j,a_jb_i\}.
РешениеПо непрекъснатост можем да допуснем ai>0a_i\gt{}0 за всички ii и да запишем bi=riaib_i=r_i a_i. Тогава трябва да докажем∑i,jaiaj(min⁡(ri,rj)−min⁡(1,rirj))≥0.\sum_{i,j}a_ia_j\big(\min(r_i,r_j)-\min(1,r_ir_j)\big)\ge0.Нека εi=1\varepsilon_i=1, ако ri≥1r_i\ge1, и εi=−1\varepsilon_i=-1 иначе, а si=∣ri−1∣s_i=|r_i-1|. Ключовото преобразуване е2min⁡(ri,rj)−2min⁡(1,rirj)=2\min(r_i,r_j)-2\min(1,r_ir_j)=∣rirj−1∣−∣ri−rj∣−(ri−1)(rj−1).|r_ir_j-1|-|r_i-r_j|-(r_i-1)(r_j-1).То превръща двойния минимум в един отделен минимум. След стандартно опростяване получаваме, че е достатъчно да се докаже следното твърдение: за произволни реални xix_i и неотрицателни tit_i имаме∑i,jxixjmin⁡(ti,tj)≥0.\sum_{i,j}x_ix_j\min(t_i,t_j)\ge0.За доказателство на твърдението подреждаме t1≤t2≤⋯≤tnt_1\le t_2\le\cdots\le t_n. Тогава∑i,jxixjmin⁡(ti,tj)=\sum_{i,j}x_ix_j\min(t_i,t_j)=∑i(ti−ti−1)(xi+xi+1+⋯+xn)2≥\sum_i (t_i-t_{i-1})(x_i+x_{i+1}+\cdots+x_n)^2\ge0,0,където t0=0t_0=0. Това доказва желаното неравенство. Еквивалентно, може да се използва и интегралната идентичностmin⁡(ti,tj)=∫0∞1u≤ti1u≤tj du,\min(t_i,t_j)=\int_0^\infty \mathbf{1}_{u\le t_i}\mathbf{1}_{u\le t_j}\,du,след което сумата става интеграл от квадрат. И в двата варианта получаваме неотрицателност и задачата е решена.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2000/6Условие — източник

2001

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Във всяка от осем кутии има по шест топки. Всяка топка е оцветена в един от nn цвята така, че в една и съща кутия няма две топки с еднакъв цвят и никои два цвята не се срещат заедно в повече от една кутия. Да се намери с доказателство най-малката възможна стойност на nn.
РешениеОтговорът е n=23n=23. Диаграмата дава строеж с цветовете 1,2,…,15,a,b,c,d,e,f,X,Y1,2,\ldots,15,a,b,c,d,e,f,X,Y: всяка колона е една кутия. Лесно се проверява, че във всяка колона цветовете са различни и че всяка двойка цветове се среща заедно в най-много една колона. Остава да докажем, че по-малко от 2323 цвята не стигат. Разглеждаме таблицата от 88 кутии по 66 топки. За всяка топка uu нека mum_u е броят на топките със същия цвят като uu. Тогаваn=∑u1mu,n=\sum_u \frac1{m_u},защото всеки цвят, използван mm пъти, допринася общо m⋅1m=1m\cdot\frac1m=1. Фиксираме една кутия BB. За всяка топка в нея броят mu−1m_u-1 е броят на други кутии, в които се появява нейният цвят. Понеже всяка друга кутия може да сподели с BB най-много един цвят, получаваме∑u∈B(mu−1)≤7,\sum_{u\in B}(m_u-1)\le 7,следователно ∑u∈Bmu≤13\sum_{u\in B}m_u\le 13. При шест положителни цели числа със сума най-много 1313 сумата на реципрочните им стойности е най-малка при разпределение 3,2,2,2,2,23,2,2,2,2,2, откъдето∑u∈B1mu≥13+5⋅12=176.\sum_{u\in B}\frac1{m_u}\ge \frac13+5\cdot\frac12=\frac{17}{6}.Сумирайки по осемте кутии, получавамеn=∑u1mu≥8⋅176>22.n=\sum_u\frac1{m_u}\ge 8\cdot\frac{17}{6}\gt{}22.Затова n≥23n\ge23, а строежът показва, че n=23n=23 е постижимо.XXX123451611678910271211121314153813YYYab4914acecd51015bdfef
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2001/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник и нека ω\omega е неговата вписана окръжност. Нека D1D_1 и E1E_1 са точките, в които ω\omega се допира съответно до страните BCBC и ACAC. Нека D2D_2 и E2E_2 са точки съответно върху страните BCBC и ACAC, за които CD2=BD1CD_2=BD_1 и CE2=AE1CE_2=AE_1, а PP е пресечната точка на отсечките AD2AD_2 и BE2BE_2. Окръжността ω\omega пресича отсечката AD2AD_2 в две точки; по-близката до върха AA от тях е QQ. Да се докаже, че AQ=D2PAQ=D_2P.
РешениеТочката PP е точката на Нагел на триъгълника, т.е. в барицентрични координатиP=(s−a:s−b:s−c),P=(s-a:s-b:s-c),където a=BCa=BC, b=CAb=CA, c=ABc=AB, а ss е полупериметърът. Оттук върху чевианата AD2AD_2 получавамеPD2AD2=s−a(s−a)+(s−b)+(s−c)=s−as.\frac{PD_2}{AD_2}=\frac{s-a}{(s-a)+(s-b)+(s-c)}=\frac{s-a}{s}.От друга страна, QQ е антиподната на D1D_1 точка върху вписаната окръжност. Хомотетията с център AA, която праща QQ в D2D_2, праща вписаната окръжност в AA-външновписаната окръжност. Нейният коефициент еs−as,\frac{s-a}{s},което се вижда от равните допирателни отсечки от AA. СледователноAQAD2=s−as=PD2AD2,\frac{AQ}{AD_2}=\frac{s-a}{s}=\frac{PD_2}{AD_2},и значи AQ=D2PAQ=D_2P.ABCD1E1D2E2PQ
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2001/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са неотрицателни реални числа, за коитоa2+b2+c2+abc=4.a^2+b^2+c^2+abc=4.Да се докаже, че0≤ab+bc+ca−abc≤2.0\le ab+bc+ca-abc\le 2.
РешениеЛявото неравенство е лесно. Нека например c=min⁡(a,b,c)≤1c=\min(a,b,c)\le1. Тогаваab+bc+ca−abc=ab+c(a+b−ab).ab+bc+ca-abc=ab+c(a+b-ab).Ако a+b−ab≥0a+b-ab\ge0, това е очевидно неотрицателно. Ако a+b−ab<0a+b-ab\lt{}0, понеже c≤1c\le1, получавамеab+c(a+b−ab)≥ab+a+b−ab=a+b≥0.ab+c(a+b-ab)\ge ab+a+b-ab=a+b\ge0.За горната оценка ще използваме метода на множителите на Лагранж. Понеже a2+b2+c2≤4a^2+b^2+c^2\le4, множеството на допустимите тройки е компактно и максимум съществува. Понеже от условието abc=4−a2−b2−c2abc=4-a^2-b^2-c^2, неравенството е равносилно наf(a,b,c)=a2+b2+c2+ab+bc+ca≤6.f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le6.На границата, например при c=0c=0, имаме a2+b2=4a^2+b^2=4 иa2+b2+ab≤4+a2+b22=6.a^2+b^2+ab\le4+\frac{a^2+b^2}{2}=6.Нека сега a,b,c>0a,b,c\gt{}0 и нека имаме вътрешен максимум. За g(a,b,c)=a2+b2+c2+abcg(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+abc уравненията на Лагранж дават(2a+b+c, a+2b+c, a+b+2c)=(2a+b+c,\ a+2b+c,\ a+b+2c)=λ(2a+bc, 2b+ca, 2c+ab).\lambda(2a+bc,\ 2b+ca,\ 2c+ab).Изваждайки по двойки, получаваме(a−b)((2λ−1)−λc)=0,(a-b)((2\lambda-1)-\lambda c)=0,и аналогичните равенства. Ако a=b=ca=b=c, условието дава a=b=c=1a=b=c=1 и f=6f=6. Ако a,b,ca,b,c са две по две различни, трите равенства принуждават a=b=ca=b=c, противоречие. Остава случаят, например a=b≠ca=b\ne c. Тогава от условиетоc2+a2c+2a2−4=0,c^2+a^2c+2a^2-4=0,тоест(c+2)(c−(2−a2))=0,(c+2)(c-(2-a^2))=0,и понеже c>0c\gt{}0, имаме c=2−a2c=2-a^2. Затоваab+bc+ca−abc=a2+2a(2−a2)−a2(2−a2)=ab+bc+ca-abc=a^2+2a(2-a^2)-a^2(2-a^2)=(a−1)2(a2−2)+2≤(a-1)^2(a^2-2)+2\le2,2,защото a≤2a\le\sqrt2. Така горната оценка е доказана.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2001/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник и PP е точка такава, че PAPA, PBPB, PCPC са страните на тъпоъгълен триъгълник, като PAPA е най-дългата страна. Да се докаже, че ∠BAC\angle BAC е остър.
РешениеПрилагаме неравенството на Птолемей към четириъгълника ABPCABPC, а след това неравенството на Коши-Шварц:PA⋅BC≤PB⋅AC+PC⋅AB≤PA\cdot BC\le PB\cdot AC+PC\cdot AB\lex2(PB2+PC2)(AC2+AB2).\sqrt{\vphantom{x^2}(PB^2+PC^2)(AC^2+AB^2)}.Понеже PAPA, PBPB, PCPC са страните на тъпоъгълен триъгълник и PAPA е най-дългата страна, имамеPA2>PB2+PC2.PA^2\gt{}PB^2+PC^2.СледователноPA⋅BC<PAx2AB2+AC2,PA\cdot BC\lt{}PA\sqrt{\vphantom{x^2}AB^2+AC^2},а значиBC2<AB2+AC2.BC^2\lt{}AB^2+AC^2.По обратната посока на косинусовата теорема това точно означава, че ∠BAC\angle BAC е остър.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2001/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека S⊆ZS\subseteq\mathbb{Z} е такова, че: (a) съществуват a,b∈Sa,b\in S с gcd⁡(a,b)=gcd⁡(a−2,b−2)=1\gcd(a,b)=\gcd(a-2,b-2)=1; (b) ако xx и yy са елементи на SS (възможно е x=yx=y), то x2−yx^2-y също принадлежи на SS. Да се докаже, че S=ZS=\mathbb{Z}.
РешениеЩе наричаме положително цяло число dd период на SS, ако S=S+dS=S+d. Първо забелязваме, че ако u,v∈Su,v\in S, то за всяко x∈Sx\in S имамеv2−(u2−x)=x+v2−u2∈S.v^2-(u^2-x)=x+v^2-u^2\in S.Следователно всяка разлика v2−u2v^2-u^2 е период в съответната посока. От условието лесно следва, че съществува ненулев период. Ще докажем, че 11 е период. Да допуснем противното. Тогава положителните периоди са точно кратните на някое d≥2d\ge2. Твърдим, че всички елементи на SS имат квадрат, конгруентен на една и съща стойност по модул dd. Наистина, ако p,q∈Sp,q\in S и p2≢q2(modd)p^2\not\equiv q^2\pmod d, то q2−p2q^2-p^2 би бил период, който не е кратен на dd, противоречие. Вземаме a,b∈Sa,b\in S от условие (a). Понеже и a2−aa^2-a и b2−bb^2-b принадлежат на SS, получавамеa2≡b2≡(a2−a)2≡(b2−b)2(modd).a^2\equiv b^2\equiv (a^2-a)^2\equiv (b^2-b)^2\pmod d.Нека pp е прост делител на dd. Отa2≡(a2−a)2(modp)a^2\equiv(a^2-a)^2\pmod pследваa3(a−2)≡0(modp),a^3(a-2)\equiv0\pmod p,така че a≡0a\equiv0 или a≡2(modp)a\equiv2\pmod p. Аналогично b≡0b\equiv0 или b≡2(modp)b\equiv2\pmod p. Но от a2≡b2(modp)a^2\equiv b^2\pmod p следва, че или a≡b≡0(modp)a\equiv b\equiv0\pmod p, или a≡b≡2(modp)a\equiv b\equiv2\pmod p (и за p=2p=2 това също е вярно). В първия случай pp дели gcd⁡(a,b)\gcd(a,b), а във втория pp дели gcd⁡(a−2,b−2)\gcd(a-2,b-2) - противоречие. Следователно 11 е период на SS. Понеже SS е непразно, това дава S=ZS=\mathbb{Z}.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2001/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
На всяка точка в равнината е съпоставено реално число. Да предположим, че за всеки недегенериран триъгълник числото в неговия инцентър е средното аритметично на числата в трите му върха. Да се докаже, че на всички точки в равнината е съпоставено едно и също число.
РешениеЩе означаваме точките с главни букви, а съответните им числа със съответните малки букви. Първо твърдим, че ако ABCDABCD е равнобедрен трапец, тоa+c=b+d.a+c=b+d.Действително, без ограничение нека лъчите BABA и CDCD се пресичат в точка XX. Тогава триъгълниците XACXAC и XBDXBD имат една и съща вписана окръжност, следователно един и същ инцентър II. От условието получавамеi=x+a+c3=x+b+d3,i=\frac{x+a+c}{3}=\frac{x+b+d}{3},което дава a+c=b+da+c=b+d. Сега вземаме произволни две точки AA и BB и построяваме правилен петоъгълник ABCDEABCDE. От приложението на твърдението към петте равнобедрени трапеца в него получавамеa+c=b+d=c+e=d+a=e+b.a+c=b+d=c+e=d+a=e+b.От тези равенства следва a=b=c=d=ea=b=c=d=e. Значи всякакви две произволни точки AA и BB имат еднакви числа, откъдето всички числа в равнината са еднакви.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2001/6Условие — източник

2002

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека SS е множество с 20022002 елемента и нека NN е цяло число с 0≤N≤220020\le N\le 2^{2002}. Да се докаже, че е възможно всяко подмножество на SS да се оцвети в черно или бяло така, че: (a) обединението на всеки две бели подмножества е бяло; (b) обединението на всеки две черни подмножества е черно; (c) има точно NN бели подмножества.
РешениеЩе докажем малко по-общото твърдение: ако n≥0n\ge0 и 0≤N≤2n0\le N\le 2^n, то подмножествата на {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\} могат да се оцветят по желания начин с точно NN бели множества. Доказателството е с индукция по nn. При n=0n=0 има само едно подмножество и случаите N=0,1N=0,1 са очевидни. Нека твърдението е доказано за n−1n-1. Ако N≤2n−1N\le 2^{n-1}, оцветяваме подмножествата на {1,…,n−1}\{1,\ldots,n-1\} с точно NN бели множества според индукционното предположение, а всички подмножества, които съдържат nn, оцветяваме в черно. Тогава обединение на две бели множества пак не съдържа nn и остава бяло, а обединение, в което участва черно множество със nn, автоматично е черно. Останалите случаи следват от индукционното оцветяване. Ако N>2n−1N\gt{}2^{n-1}, оцветяваме подмножествата на {1,…,n−1}\{1,\ldots,n-1\} така, че белите да са N−2n−1N-2^{n-1}, а всички подмножества, които съдържат nn, правим бели. Същата проверка показва, че условията за обединение са запазени. Така индукцията завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2002/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник, за който(cot⁡A2)2+(2cot⁡B2)2+(3cot⁡C2)2=(6s7r)2,\left(\cot\frac{A}{2}\right)^2+\left(2\cot\frac{B}{2}\right)^2+\left(3\cot\frac{C}{2}\right)^2=\left(\frac{6s}{7r}\right)^2,където ss е полупериметърът, а rr е радиусът на вписаната окръжност. Да се докаже, че ABCABC е подобен на триъгълник TT, чиито страни са положителни цели числа без общ делител, и да се намерят тези числа.
РешениеНека страните срещу A,B,CA,B,C са съответно a,b,ca,b,c и положим по обичайния начинx=s−a,y=s−b,z=s−c.x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c.Понеже cot⁡(A/2)=x/r\cot(A/2)=x/r и аналогично за другите два ъгъла, даденото равенство ставаx2+4y2+9z2=(67(x+y+z))2.x^2+4y^2+9z^2=\left(\frac67(x+y+z)\right)^2.От неравенството на Коши-Шварц имаме(1+14+19)(x2+4y2+9z2)≥(x+y+z)2.\left(1+\frac14+\frac19\right)(x^2+4y^2+9z^2)\ge (x+y+z)^2.Но 1+14+19=49361+\frac14+\frac19=\frac{49}{36}, а даденото равенство прави това неравенство равенство. Следователно е изпълнено условието за равенство в Коши-Шварц:x:2y:3z=1:12:13.x:2y:3z=1:\frac12:\frac13.Затоваx:y:z=36:9:4.x:y:z=36:9:4.Страните на триъгълника саa:b:c=(y+z):(z+x):(x+y)=13:40:45.a:b:c=(y+z):(z+x):(x+y)=13:40:45.Тези три числа са взаимно прости като тройка, така че търсеният триъгълник TT има страни 13,40,4513,40,45.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2002/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че всеки моничен многочлен от степен nn с реални коефициенти може да се представи като средно аритметично на два монични многочлена от степен nn, всеки от които има nn реални корена.
РешениеПърво ще използваме следната лема. Ако pp е моничен многочлен от степен nn иp(1)p(2)<0,p(2)p(3)<0,p(1)p(2)\lt{}0,\quad p(2)p(3)\lt{}0,…,p(n−1)p(n)<0,\quad \ldots,\quad p(n-1)p(n)\lt{}0,то pp има nn реални корена. Наистина, теоремата за междинните стойности дава по един корен във всеки интервал (1,2),(2,3),…,(n−1,n)(1,2),(2,3),\ldots,(n-1,n). Последният корен се намира извън този отрязък: ако nn е четно, p(x)→+∞p(x)\to +\infty при x→±∞x\to\pm\infty, а p(1)p(1) и p(n)p(n) са с противоположни знаци; ако nn е нечетно, крайните граници при −∞-\infty и +∞+\infty са с противоположни знаци, докато p(1)p(1) и p(n)p(n) са с един и същи знак. Нека сега ff е даденият моничен многочлен. Избираме число MM толкова голямо, че M>1000max⁡1≤t≤n∣f(t)∣+1000M\gt{}1000\max_{1\le t\le n}|f(t)|+1000. За всяко k=1,2,…,nk=1,2,\ldots,n избираме реални числа ak,bka_k,b_k, за коитоak+bk=2f(k),(−1)kak>M,(−1)k+1bk>M.a_k+b_k=2f(k),\qquad (-1)^k a_k\gt{}M,\qquad (-1)^{k+1}b_k\gt{}M.Това е възможно, като първо изберем aka_k с достатъчно голяма абсолютна стойност и нужния знак, а после положим bk=2f(k)−akb_k=2f(k)-a_k. Съществуват единствени монични многочлени gg и hh от степен nn със стойности g(k)=akg(k)=a_k и h(k)=bkh(k)=b_k за k=1,…,nk=1,\ldots,n. По избора на знаците и лемата и двата многочлена имат nn реални корена. Освен това многочленът 12(g+h)\frac12(g+h) и ff са монични от степен nn и съвпадат в точките 1,2,…,n1,2,\ldots,n. Разликата им има степен най-много n−1n-1 и има nn корена, следователно е нулевият многочлен. Значи f=12(g+h)f=\frac12(g+h), както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2002/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, за коитоf(x2−y2)=xf(x)−yf(y)f(x^2-y^2)=xf(x)-yf(y)за всички реални числа xx и yy.
РешениеОтговорът еf(x)=cx(c∈R),f(x)=cx\qquad(c\in\mathbb{R}),и тези функции очевидно удовлетворяват условието. Поставяйки съответно y=0y=0 и x=0x=0, получавамеf(x2)=xf(x),f(−y2)=−yf(y).f(x^2)=xf(x),\qquad f(-y^2)=-yf(y).Оттук ff е нечетна функция и в частност f(0)=0f(0)=0. Първоначалното равенство може да се запише катоf(x2−y2)+f(y2)=f(x2).f(x^2-y^2)+f(y^2)=f(x^2).Понеже всяко неотрицателно число е квадрат и ff е нечетна, следва, че ff е адитивна: f(u+v)=f(u)+f(v)f(u+v)=f(u)+f(v) за всички реални u,vu,v. Сега използваме едновременно адитивността и равенството f(x2)=xf(x)f(x^2)=xf(x). Имамеf((x+1)2)=(x+1)f(x+1).f((x+1)^2)=(x+1)f(x+1).Лявата страна еf(x2+2x+1)=f(x2)+2f(x)+f(1)=f(x^2+2x+1)=f(x^2)+2f(x)+f(1)=xf(x)+2f(x)+f(1),xf(x)+2f(x)+f(1),а дясната страна е(x+1)(f(x)+f(1)).(x+1)(f(x)+f(1)).След съкращаване получаваме f(x)=xf(1)f(x)=xf(1) за всяко реално xx. Това дава точно посочените линейни решения.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2002/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека a,ba,b са цели числа, по-големи от 22. Да се докаже, че съществуват положително цяло число kk и крайна редица n1,n2,…,nkn_1,n_2,\ldots,n_k от положителни цели числа такива, че n1=an_1=a, nk=bn_k=b и ni+ni+1n_i+n_{i+1} дели nini+1n_i n_{i+1} за всяко 1≤i<k1\le i\lt{}k.
РешениеРазглеждаме граф GG с върхове 3,4,5,…3,4,5,\ldots, като два върха v,wv,w са свързани с ребро точно когато v+wv+w дели vwvw. Задачата е еквивалентна на това да докажем, че този граф е свързан. Първо, всяко n>2n\gt{}2 е свързано последователно сn(n−1),n(n−1)(n−2),…,n!.n(n-1),\quad n(n-1)(n-2),\quad \ldots,\quad n!.Например nn е свързано с n(n−1)n(n-1), защото сумата им е n2n^2, а произведението им е кратно на n2n^2; същата проверка работи на всяка следваща стъпка, тъй като вече натрупаното произведение съдържа нужния нов делител. Остава да видим, че факториелите са в една компонента. За n>2n\gt{}2 числото n!n! е свързано с (n+1)!(n+1)! така: ако nn е четно, тогава n!+(n+1)≠(n+2)n!n!+(n+1)\neq{}(n+2)n!, а n+2n+2 дели n!n!, така че има ребро n!∼(n+1)!n!\sim (n+1)!; ако nn е нечетно, използваме пътяn!∼2n!∼(n+1)!.n!\sim 2n!\sim (n+1)!.Първото ребро е валидно, понеже 3n!3n! дели 2(n!)22(n!)^2, а второто следва от 2n!+(n+1)≠(n+3)n!2n!+(n+1)\neq{}(n+3)n! и факта, че n+3n+3 дели 2n!2n!. Следователно всеки връх е свързан с някой факториел, а факториелите са свързани помежду си. Графът е свързан и исканата редица съществува.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2002/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Имам лист с марки с размер n×nn\times n, от който трябва да откъсвам блокове от три съседни марки в един ред или в една колона. Мога да късам само по перфорациите между съседни марки и всеки блок трябва да излезе от листа цял. Нека b(n)b(n) е най-малкият брой блокове, които мога да откъсна така, че след това да е невъзможно да се откъсне още един блок. Да се докаже, че съществуват реални константи cc и dd, за които17n2−cn≤b(n)≤15n2+dn\frac17 n^2-cn\le b(n)\le \frac15 n^2+dnза всички n>0n\gt{}0.
РешениеЗа долната оценка броим всички възможни места, на които би могъл да стои един блок. Те са 2n(n−2)2n(n-2): по n(n−2)n(n-2) хоризонтални и вертикални. След като вече не може да се откъсне нов блок, всяко такова място трябва да пресича поне един откъснат блок. Един фиксиран откъснат блок пресича най-много 55 възможни блока със същата ориентация и най-много 99 възможни блока с другата ориентация, общо най-много 1414. Следователно14b(n)≥2n(n−2),14b(n)\ge 2n(n-2),тоестb(n)≥17n2−27n.b(n)\ge \frac17n^2-\frac27n.Това дава лявото неравенство. За горната оценка използваме периодичен строеж с период 55. Номерираме редовете и колоните и във всяка колона jj късаме вертикални блокове от три марки с начални редове r≡j(mod5)r\equiv j\pmod 5. В безкрайната периодична картина във всяка колона се редуват три откъснати и две останали клетки, така че няма три последователни останали клетки вертикално. Във всеки фиксиран ред откъснатите клетки заемат три последователни класа колони по модул 55, така че няма три последователни останали клетки и хоризонтално. В краен квадрат n×nn\times n вземаме всички цели вертикални блокове от тази периодична схема, които се побират в листа. Те са най-много 15n2+O(n)\frac15n^2+O(n). Възможните проблеми са само в няколко гранични реда и колони; там можем да добавим още O(n)O(n) вертикални блока и да унищожим всички останали възможни тройки. Следователно за някоя абсолютна константа dd имаме b(n)≤15n2+dnb(n)\le \frac15n^2+dn, което завършва доказателството.период 5
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2002/6Условие — източник

2003

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко положително цяло число nn съществува nn-цифрено число, което се дели на 5n5^n и всички негови цифри са нечетни.
РешениеДоказателството е индукция по nn. За n=1n=1 вземаме числото 55. Нека за дадено nn вече имаме подходящо nn-цифрено число MM. Разглеждаме петте числаNd=d⋅10n+M(d∈{1,3,5,7,9}).N_d=d\cdot 10^n+M\qquad(d\in\{1,3,5,7,9\}).Всички те са (n+1)(n+1)-цифрени, всички имат само нечетни цифри и всички се делят на 5n5^n. Освен това числата Nd/5nN_d/5^n са с различни остатъци по модул 55, защото при промяна на dd разликата се променя с ненулево кратно на 2n2^n по модул 55. Следователно точно едно от тях се дели още веднъж на 55, т.е. точно едно NdN_d се дели на 5n+15^{n+1}. Това завършва индукцията.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2003/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Изпъкнал многоъгълник PP в равнината е разрязан на по-малки изпъкнали многоъгълници чрез прекарване на всичките му диагонали. Дължините на всички страни и всички диагонали на PP са рационални числа. Да се докаже, че дължините на всички страни на всички многоъгълници в разрязването също са рационални числа.
РешениеНека ABAB е страна на някой от малките многоъгълници в разрязването и нека тя лежи върху диагонала XYXY на първоначалния многоъгълник, като X,A,B,YX,A,B,Y са в този ред. ТогаваAB=XY−XA−YB.AB=XY-XA-YB.Затова е достатъчно да докажем твърдението за четириъгълник: ако всички шест разстояния между четирите върха са рационални, то отсечките, на които диагоналите и страните се разрязват от пресечните си точки, също са рационални. Ще използваме тригонометричен аргумент. Вземаме четириъгълник ABCDABCD и разглеждаме всички ъгли, които се получават от три негови върха. Законът за косинусите показва, че cos⁡θ\cos\theta е рационално число за всеки такъв ъгъл θ\theta; следователно и sin⁡2θ\sin^2\theta е рационално. Ще казваме, че два от тези ъгли са еквивалентни, ако отношението на синусите им е рационално. Първо, ъглите ∠BAC\angle BAC, ∠CAD\angle CAD и ∠BAD\angle BAD са еквивалентни. Наистина, отcos⁡∠BAD=cos⁡∠BACcos⁡∠CAD−sin⁡∠BACsin⁡∠CAD\cos\angle BAD=\cos\angle BAC\cos\angle CAD-\sin\angle BAC\sin\angle CADследва, че произведението sin⁡∠BACsin⁡∠CAD\sin\angle BAC\sin\angle CAD е рационално; понеже квадратите на двата синуса са рационални, това дава еквивалентност на ∠BAC\angle BAC и ∠CAD\angle CAD. Формулата за синус на сбор после дава същото и за ∠BAD\angle BAD. В триъгълника BADBAD законът за синусите показва, че ∠BAD\angle BAD, ∠DBA\angle DBA и ∠ADB\angle ADB са еквивалентни. Като повтаряме този аргумент около четирите върха, получаваме, че всички разглеждани ъгли са еквивалентни. Накрая нека две отсечки между върхове се пресичат в точка EE. Прилагаме закона за синусите в двата триъгълника, които имат връх EE. Тъй като съответните отношения на синуси са рационални, всяка част от дадена рационална страна или диагонал има рационална дължина. Така всички страни на малките многоъгълници в разрязването са рационални.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2003/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. За всяка редица от цели числаA=(a0,a1,a2,…,an),A=(a_0,a_1,a_2,\ldots,a_n),която удовлетворява 0≤ai≤i0\le a_i\le i за i=0,1,…,ni=0,1,\ldots,n, дефинираме друга редицаt(A)=(t(a0),t(a1),t(a2),…,t(an)),t(A)=(t(a_0),t(a_1),t(a_2),\ldots,t(a_n)),като t(ai)t(a_i) е броят на членовете на редицата AA, които стоят преди члена aia_i и са различни от aia_i. Да се докаже, че започвайки от произволна такава редица AA, след по-малко от nn приложения на трансформацията tt се получава редица BB, за която t(B)=Bt(B)=B.
РешениеЩе докажем твърдението със силна индукция по nn. Случаите n=1n=1 и n=2n=2 се проверяват директно. Разглеждаме два случая. Първо, ако a0=0a_0=0 и a1=1a_1=1, тогава за всяко i≥1i\ge1 имаме 1≤t(ai)≤i1\le t(a_i)\le i. Затова след едно приложение на tt можем да махнем първия член и да извадим 11 от останалите членове, получавайки редица(t(a1)−1,t(a2)−1,…,t(an)−1)(t(a_1)-1,t(a_2)-1,\ldots,t(a_n)-1)от същия тип, но с параметър n−1n-1. Индукционната хипотеза завършва този случай. В противен случай некаa0=a1=⋯=ak−1=0,ak≠0,a_0=a_1=\cdots=a_{k-1}=0,\qquad a_k\ne0,където k≥2k\ge2. Ако няма такъв k<nk\lt{}n, твърдението е очевидно. За всеки i≥ki\ge k имаме t(ai)≠0t(a_i)\ne0, а следователно t(t(ai))≥kt(t(a_i))\ge k. Сега гледаме редицата(t(t(ak))−k,t(t(ak+1))−k,…,t(t(an))−k).(t(t(a_k))-k,t(t(a_{k+1}))-k,\ldots,t(t(a_n))-k).Тя отново е от същия тип, но с параметър n−kn-k. Прилагането на tt върху тази скъсена редица съвпада с прилагането на tt върху опашката на първоначалната редица след вече направените две стъпки, само че всички стойности са намалени с kk. По индукционната хипотеза са нужни по-малко от n−kn-k допълнителни приложения, така че общият брой приложения е по-малък от nn. За ориентация, неподвижните редици на тази трансформация могат да се опишат като блокове от равни числа, например(0,0,0,0,0,5,5,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,18,18),(0,0,0,0,0,5,5,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,7,18,18),където числото във всеки блок е индексът на първия член в блока.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2003/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник. Окръжност, минаваща през AA и BB, пресича отсечките ACAC и BCBC съответно в DD и EE. Правите ABAB и DEDE се пресичат в FF, а правите BDBD и CFCF се пресичат в MM. Да се докаже, че MF=MCMF=MC тогава и само тогава, когато MB⋅MD=MC2MB\cdot MD=MC^2.
РешениеКлючът е теоремата на Чева в триъгълника BCFBCF, заедно с подобни триъгълници. Понеже правите CACA, FEFE и BMBM са конкурентни в точката DD, Чева в триъгълника BCFBCF даваAFAB⋅BEEC⋅CMMF=1.\frac{AF}{AB}\cdot\frac{BE}{EC}\cdot\frac{CM}{MF}=1.От друга страна, AE∥FCAE\parallel FC е равносилно на AB/AF=BE/ECAB/AF=BE/EC, тоест на AF/AB⋅BE/EC=1AF/AB\cdot BE/EC=1. Следователно от Чева получавамеMF=MC⟺FC∥AE.MF=MC\qquad\Longleftrightarrow\qquad FC\parallel AE.Сега използваме вписания четириъгълник ABEDABED. Имаме безусловно∠CBD=∠EBD=∠EAD=∠EAC.\angle CBD=\angle EBD=\angle EAD=\angle EAC.ЗатоваMF=MC⟺FC∥AE⟺∠FCA=MF=MC\Longleftrightarrow FC\parallel AE\Longleftrightarrow \angle FCA=∠EAC⟺∠MCD=∠CBD.\angle EAC\Longleftrightarrow \angle MCD=\angle CBD.Последното условие е точно подобието на триъгълниците, което даваMC2=MB⋅MD.MC^2=MB\cdot MD.Получихме верига от еквивалентности, така че твърдението е доказано.ABCDEFM
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2003/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са положителни реални числа. Да се докаже, че(2a+b+c)22a2+(b+c)2\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+(2b+c+a)22b2+(c+a)2+\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+(2c+a+b)22c2+(a+b)2≤+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\le8. 8.
РешениеТова е класически пример за метода на допирателната права. Хомогенизираме и можем да приемем, че a+b+c=3a+b+c=3. Тогава исканото неравенство става∑cyc(a+3)22a2+(3−a)2≤8.\sum_{cyc}\frac{(a+3)^2}{2a^2+(3-a)^2}\le 8.Ще докажем за x>0x\gt{}0 оценкатаf(x)=(x+3)22x2+(3−x)2≤4x+43.f(x)=\frac{(x+3)^2}{2x^2+(3-x)^2}\le\frac{4x+4}{3}.Тя се проверява директно, защото4x+43(2x2+(3−x)2)−(x+3)2=\frac{4x+4}{3}\left(2x^2+(3-x)^2\right)-(x+3)^2=(x−1)2(4x+3)≥(x-1)^2(4x+3)\ge0.0.Прилагайки това за x=a,b,cx=a,b,c и използвайки a+b+c=3a+b+c=3, получаваме∑cycf(a)≤4(a+b+c)+123=8,\sum_{cyc} f(a)\le\frac{4(a+b+c)+12}{3}=8,което доказва неравенството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2003/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Във върховете на правилен шестоъгълник са записани шест неотрицателни цели числа със сума 200320032003^{2003}. Берт има право да прави ходове от следния вид: избира връх и заменя записаното там число с абсолютната стойност на разликата между числата в двата съседни върха. Да се докаже, че Берт може да направи редица от ходове, след която числото 00 е записано във всичките шест върха.
РешениеЩе наричаме добра всяка конфигурация, която до завъртане и отражение има вида(a,b−a,b,c−b,c,c−a),(a,b-a,b,c-b,c,c-a),където a≤b≤ca\le b\le c са нечетни положителни числа. Първо твърдим, че от всяка конфигурация с нечетна сума може да се стигне до добра конфигурация. Понеже сумата е нечетна, един от двата равностранни триъгълника, образувани от презвръхните върхове на шестоъгълника, има нечетна сума. Работейки по модул 22, с няколко хода можем да получим редуване 1,0,1,0,1,01,0,1,0,1,0. След това, ако нечетните числа през връх са a,b,ca,b,c в нарастващ ред, правим ходове върху междинните върхове и ги заменяме съответно с b−ab-a, c−bc-b и c−ac-a. Така получаваме добра конфигурация. Остава да покажем, че всяка добра конфигурация може да се занули. Ако a=b=ca=b=c, имаме конфигурация (t,0,t,0,t,0)(t,0,t,0,t,0) и просто зануляваме последователно трите върха с число tt. Ако не всички от a,b,ca,b,c са равни, правим трите хода, показани в диаграмата. Те превръщат добра конфигурация с нечетни членове a,b,ca,b,c в добра конфигурация с нечетни членове a,b,∣c−2a∣a,b,|c-2a|. Понеже ∣c−2a∣<c|c-2a|\lt{}c освен в случая a=b=ca=b=c, сумата на числата намалява. Индукция по сумата завършва доказателството.ab-abc-bcc-a1ab-abc-bb-ac-a2ab-abab-ac-a3ab-aba|c-2a|c-a
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2003/6Условие — източник

2004

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е четириъгълник, описан около окръжност, чиито вътрешни и външни ъгли са поне 60∘60^\circ. Да се докаже, че 13∣AB3−AD3∣≤∣BC3−CD3∣≤3∣AB3−AD3∣.\frac13|AB^3-AD^3|\le |BC^3-CD^3|\le 3|AB^3-AD^3|. Кога се достига равенство?
РешениеДостатъчно е да докажем лявото неравенство; дясното следва от него чрез размяна на ролите на двойките страни. Понеже четириъгълникът е описан около окръжност, от теоремата на Пито имамеAB+CD=BC+AD,AB+CD=BC+AD,следователно ∣AB−AD∣=∣BC−CD∣|AB-AD|=|BC-CD|. Затова е достатъчно да докажем13(AB2+AB⋅AD+AD2)≤BC2+BC⋅CD+CD2.\frac13(AB^2+AB\cdot AD+AD^2)\le BC^2+BC\cdot CD+CD^2.Тъй като всеки вътрешен и външен ъгъл е поне 60∘60^\circ, всеки вътрешен ъгъл е между 60∘60^\circ и 120∘120^\circ. СледователноBC2+BC⋅CD+CD2≥BC^2+BC\cdot CD+CD^2\geBC2+CD2−2BC⋅CDcos⁡∠BCD=BD2. BC^2+CD^2-2BC\cdot CD\cos\angle BCD=BD^2.От друга страна,BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcos⁡∠BAD≥BD^2=AB^2+AD^2-2AB\cdot AD\cos\angle BAD\geAB2+AD2−AB⋅AD. AB^2+AD^2-AB\cdot AD.НакраяAB2+AD2−AB⋅AD≥13(AB2+AB⋅AD+AD2),AB^2+AD^2-AB\cdot AD\ge \frac13(AB^2+AB\cdot AD+AD^2),което е равносилно на (AB−AD)2≥0(AB-AD)^2\ge0. Това доказва неравенството. Равенство се достига точно когато ABCDABCD е хвърчило с AB=ADAB=AD и CB=CDCB=CD.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n са цели числа с най-голям общ делител 11. Нека SS е множество от цели числа със следните свойства: (a) ai∈Sa_i\in S за i=1,…,ni=1,\ldots,n; (b) ai−aj∈Sa_i-a_j\in S за i,j=1,…,ni,j=1,\ldots,n, не непременно различни; (c) ако x,y∈Sx,y\in S и x+y∈Sx+y\in S, то и x−y∈Sx-y\in S. Да се докаже, че S=ZS=\mathbb Z.
РешениеИдеята е да докажем, че всяка целочислена линейна комбинация на числата aia_i принадлежи на SS. Тогава лемата на Безу веднага ще даде S=ZS=\mathbb Z. Първо забелязваме две прости неща. Имаме 0∈S0\in S, като вземем i=ji=j в (b). Освен това s∈Ss\in S тогава и само тогава, когато −s∈S-s\in S: това следва от (c), приложено с x=0x=0. Ще използваме следната лема: за всеки цели c,dc,d и всеки индекси i,ji,j е вярно, че cai+daj∈Sca_i+da_j\in S. Достатъчно е да разгледаме c,d>0c,d\gt{}0, защото знаците се обръщат с предишното наблюдение. Доказваме по индукция по c+dc+d. Например, ако cai+(d−1)ajca_i+(d-1)a_j, aja_j и cai+dajca_i+da_j са в SS, прилагаме (c) към x=cai+dajx=ca_i+da_j и y=−ajy=-a_j; понеже x+y=cai+(d−1)ajx+y=ca_i+(d-1)a_j е в SS, получаваме x−y=cai+(d+1)aj∈Sx-y=ca_i+(d+1)a_j\in S. Сега доказваме по индукция по mm, че за произволни ненулеви цели c1,…,cmc_1,\ldots,c_m и различни индекси i1,…,imi_1,\ldots,i_m имаме∑r=1mcrair∈S.\sum_{r=1}^m c_r a_{i_r}\in S.Случаят m≤2m\le2 е току-що доказан. За индукционната стъпка можем да пишем индексите като 1,2,…,m1,2,\ldots,m. Ако някой коефициент е четен, нека без ограничение c1c_1 е четен. По индукционната хипотезаx=c12a1+∑r≥3crar∈S,x=\frac{c_1}{2}a_1+\sum_{r\ge3}c_ra_r\in S,а по първата лемаy=−c12a1−c2a2∈S.y=-\frac{c_1}{2}a_1-c_2a_2\in S.Също по индукционната хипотеза x+y=−c2a2+∑r≥3crar∈Sx+y=-c_2a_2+\sum_{r\ge3}c_ra_r\in S. От (c) следваx−y=∑r=1mcrar∈S.x-y=\sum_{r=1}^m c_ra_r\in S.Остава случаят, когато всички crc_r са нечетни. Некаu=a1gcd⁡(a1,a2),v=a2gcd⁡(a1,a2).u=\frac{a_1}{\gcd(a_1,a_2)},\qquad v=\frac{a_2}{\gcd(a_1,a_2)}.Тогава uu и vv са взаимнопрости; без ограничение uu е нечетно. Имамеc1a1+c2a2=(c1+v)a1+(c2−u)a2,c_1a_1+c_2a_2=(c_1+v)a_1+(c_2-u)a_2,защото va1=ua2va_1=ua_2. Новият коефициент пред a2a_2 е четен, така че се свеждаме до предишния случай. Следователно всяка целочислена линейна комбинация на a1,…,ana_1,\ldots,a_n принадлежи на SS. По лемата на Безу за всяко цяло число tt има цели c1,…,cnc_1,\ldots,c_n, за които t=∑ciait=\sum c_i a_i. Значи всяко цяло число е в SS, тоест S=ZS=\mathbb Z.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
За кои реални стойности на k>0k\gt{}0 е възможно правоъгълник 1×k1\times k да се разреже на два подобни, но неконгруентни многоъгълника?
РешениеОтговорът е: за всяко k>0k\gt{}0, освен k=1k=1. Първо даваме конструкция. Поради симетрията е достатъчно да разгледаме случая k>1k\gt{}1, защото при завъртане на правоъгълника стойността kk се заменя с 1/k1/k. За цяло число n≥2n\ge2 и реално число r>1r\gt{}1 построяваме правоъгълна фигура R(n,r)R(n,r) по следния начин. Започваме с правоъгълник с ширина 11 и височина rr. Отляво към него залепяме правоъгълник с височина rr и ширина r2r^2. После под получената фигура залепяме правоъгълник с ширина 1+r21+r^2 и височина r3r^3, а отляво към получената фигура залепяме правоъгълник с височина r+r3r+r^3 и ширина r4r^4. Продължаваме по същия начин: следващият правоъгълник отдолу има ширина 1+r2+r41+r^2+r^4 и височина r5r^5, следващият отляво има височина r+r3+r5r+r^3+r^5 и ширина r6r^6, и така нататък, докато сме добавили общо 2n2n правоъгълника. По построение цялата фигура R(n,r)R(n,r) е правоъгълник, разрязан на два подобни стълбищни многоъгълника. Те не са конгруентни, понеже коефициентът на подобие е r>1r\gt{}1. Отношението на страните на R(n,r)R(n,r) еfn(r)=1+r2+⋯+r2nr+r3+⋯+r2n−1=f_n(r)=\frac{1+r^2+\cdots+r^{2n}}{r+r^3+\cdots+r^{2n-1}}=r+1r+r3+⋯+r2n−1.r+\frac1{r+r^3+\cdots+r^{2n-1}}.За всяко фиксирано nn функцията fnf_n е непрекъсната за r>1r\gt{}1 иlim⁡r→1+fn(r)=1+1n,lim⁡r→∞fn(r)=∞.\lim_{r\to1+} f_n(r)=1+\frac1n,\qquad \lim_{r\to\infty} f_n(r)=\infty.Следователно тя приема всяка стойност, по-голяма от 1+1/n1+1/n. Ако е дадено k>1k\gt{}1, избираме достатъчно голямо nn, така че k>1+1/nk\gt{}1+1/n, и после избираме r>1r\gt{}1 с fn(r)=kf_n(r)=k. Така получаваме търсеното разрязване на правоъгълник 1×k1\times k. Остава да докажем, че квадратът не може да се разреже по такъв начин. Да допуснем, че квадрат е разрязан на два подобни многоъгълника P∼QP\sim Q. Нека Γ\Gamma е общата им граница. От броене на страните на PP и QQ следва, че Γ\Gamma трябва да свързва две противоположни страни на квадрата; възможно е някой от краищата на тази граница да е връх на квадрата. Завъртаме картината така, че Γ\Gamma да върви от горната към долната страна, като PP е вляво от нея, а QQ е вдясно. Нека ss е най-голямата дължина на отсечка от Γ\Gamma. Тогава най-дългата страна на PP има дължина max⁡(s,1)\max(s,1): страните на PP, които не са по Γ\Gamma, са лявата страна на квадрата с дължина 11 и евентуални части от горната и долната страна, всяка с дължина най-много 11. Същият аргумент важи и за QQ. Значи най-дългите страни на двата подобни многоъгълника имат една и съща дължина. Следователно коефициентът на подобие е 11, тоест PP и QQ са конгруентни. Това противоречи на условието, така че k=1k=1 е невъзможно.R(3,r)r^6r^4r^21rr^3r^5QP1+r^2+r^4+r^6r+r^3+r^5
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Алиса и Боб играят игра върху решетка 6×66\times 6. На своя ход играчът избира рационално число, което още не се среща в решетката, и го записва в празно квадратче. Алиса започва, след което играчите се редуват. Когато всички квадратчета са запълнени с числа, във всеки ред квадратчето с най-голямото число в този ред се оцветява в черно. Алиса печели, ако тогава може да начертае линия от горната страна на решетката до долната страна, която остава в черни квадратчета; Боб печели, ако това е невъзможно. Ако две квадратчета имат общ връх, Алиса може да прекара линията от едното към другото, оставайки в тези две квадратчета. Да се намери, с доказателство, печеливша стратегия за един от двамата играчи.
РешениеБоб има печеливша стратегия. Ще използва само първите два реда като бариера. Означаваме квадратчетата в тези два реда така:abcdefd′e′f′a′b′c′\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline a&b&c&d&e&f\cr \hline d'&e'&f'&a'&b'&c'\cr \hline\end{array}Получават се шест двойки квадратчета: (a,a′)(a,a'), (b,b′)(b,b'), …\ldots, (f,f′)(f,f'). Боб ще поддържа следния инвариант: редът на големина на буквите в първия ред е същият като реда на големина на съответните букви с прим във втория ред. С други думи, за всеки две букви например aa и bb трябва да е вярноa<bточно тогава, когатоa′<b′.a\lt{}b\quad\text{точно тогава, когато}\quad a'\lt{}b'.Ако Алиса запише число qq в едно от първите дванадесет квадратчета, Боб играе в другото квадратче от същата двойка. Нека редът, в който Алиса е играла, вече има няколко попълнени означени квадратчета, а qq заема определено място сред техните стойности. В другия от първите два реда Боб избира неизползвано рационално число rr, което заема същото място сред вече попълнените стойности там. Такова rr съществува: достатъчно е да се вземе рационално число в съответния отворен интервал между две съседни вече записани стойности, като се избегнат крайно многото числа, които вече се срещат в решетката. След този ход новата двойка има същите сравнения с всички стари двойки в двата реда, така че инвариантът се запазва. Ако Алиса играе извън първите два реда, Боб също записва произволно неизползвано рационално число някъде в редове 3,4,5,63,4,5,6. Така инвариантът за първите два реда се запазва до края на играта. След като решетката се запълни, най-голямото число в първия ред и най-голямото число във втория ред са в съответна двойка: ако например най-голямата буква в първия ред е cc, то по инварианта най-голямата буква с прим във втория ред е c′c'. Но във всяка двойка двете квадратчета са отместени с три стълба, следователно не се допират дори във връх. Значи черното квадратче в първия ред не се допира до черното квадратче във втория ред, а всяка линия от горната страна на решетката към долната трябва да премине от черно квадратче в първия ред към допиращо се черно квадратче във втория ред. Това е невъзможно, така че Боб печели.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са положителни реални числа. Да се докаже, че (a5−a2+3)(b5−b2+3)(c5−c2+3)≥(a+b+c)3.(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\ge (a+b+c)^3.
РешениеЗа всяко положително реално число xx имамеx5−x2+3≥x3+2,x^5-x^2+3\ge x^3+2,защотоx5−x3−x2+1=(x2−1)(x3−1)=x^5-x^3-x^2+1=(x^2-1)(x^3-1)=(x−1)2(x+1)(x2+x+1)≥(x-1)^2(x+1)(x^2+x+1)\ge0.0.Следователно(a5−a2+3)(b5−b2+3)(c5−c2+3)≥(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\ge(a3+2)(b3+2)(c3+2). (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2).Сега записваме a3+2=a3+1+1a^3+2=a^3+1+1 и аналогично за другите два множителя. Неравенството на Хьолдер дава(a3+1+1)(1+b3+1)(1+1+c3)≥(a+b+c)3,(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)\ge (a+b+c)^3,понеже трите суми в скобите се събират съответно от колоните (a,1,1)(a,1,1), (1,b,1)(1,b,1) и (1,1,c)(1,1,c). Така получаваме исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Окръжност ω\omega е вписана в четириъгълник ABCDABCD. Нека II е центърът на ω\omega. Да се предположи, че (AI+DI)2+(BI+CI)2=(AB+CD)2.(AI+DI)^2+(BI+CI)^2=(AB+CD)^2. Да се докаже, че ABCDABCD е равнобедрен трапец.
РешениеЩе дадем алгебрично доказателство. Чрез хомотетия можем да приемем, че радиусът на ω\omega е 11. Нека a,b,c,da,b,c,d са дължините на допирателните отсечки от върховете A,B,C,DA,B,C,D към ω\omega. ТогаваAB=a+b,BC=b+c,CD=c+d,DA=d+a,AB=a+b,\quad BC=b+c,\quad CD=c+d,\quad DA=d+a,и понеже радиусът към допирната точка е перпендикулярен на страната,AI=x2a2+1,BI=x2b2+1,AI=\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+1},\quad BI=\sqrt{\vphantom{x^2}b^2+1},CI=x2c2+1,DI=x2d2+1.\quad CI=\sqrt{\vphantom{x^2}c^2+1},\quad DI=\sqrt{\vphantom{x^2}d^2+1}.От сумата на половинките на ъглите на четириъгълника и формулата за тангенс на сбор получаваме стандартното тъждествоa+b+c+d=abc+bcd+cda+dab.ag1a+b+c+d=abc+bcd+cda+dab. ag{1}Следователно условието на задачата ще принуди равенство в следното неравенство:(x2a2+1+x2d2+1)2(\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+1}+\sqrt{\vphantom{x^2}d^2+1})^2+(x2b2+1+x2c2+1)2≤+(\sqrt{\vphantom{x^2}b^2+1}+\sqrt{\vphantom{x^2}c^2+1})^2\le(a+b+c+d)2.ag2 (a+b+c+d)^2. ag{2}НекаS=ab+bc+cd+da+ac+bd.S=ab+bc+cd+da+ac+bd.След разкриване на квадратите неравенство (2) е равносилно наx2(a2+1)(d2+1)+x2(b2+1)(c2+1)≤\sqrt{\vphantom{x^2}(a^2+1)(d^2+1)}+\sqrt{\vphantom{x^2}(b^2+1)(c^2+1)}\leS−2.ag3 S-2. ag{3}От (1), чрез директно разкриване, имаме още(a2+1)(b2+1)(c2+1)(d2+1)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=(S−abcd−1)2.ag4(S-abcd-1)^2. ag{4}Като повдигнем (3) на квадрат и използваме (4), получаваме, че е достатъчно да докажем(ad)2+(bc)2+a2+b2+c2+d2≤(ad)^2+(bc)^2+a^2+b^2+c^2+d^2\leS2−6S+2abcd+4.ag5 S^2-6S+2abcd+4. ag{5}За да опростим дясната страна, използваме отново (1). След събиране на еднаквите членове неравенство (5) се свежда до2S≤2S\le(ab)2+(ac)2+(bd)2+(cd)2+4+a2+b2+c2+d2. (ab)^2+(ac)^2+(bd)^2+(cd)^2+4+a^2+b^2+c^2+d^2.Това вече следва непосредствено от AM-GM:(ab)2+1≥2ab,(ac)2+1≥2ac,(ab)^2+1\ge2ab,\quad (ac)^2+1\ge2ac,(bd)2+1≥2bd,(cd)2+1≥2cd,\quad (bd)^2+1\ge2bd,\quad (cd)^2+1\ge2cd,както иa2+d2≥2ad,b2+c2≥2bc.a^2+d^2\ge2ad,\qquad b^2+c^2\ge2bc.Така доказахме (2). Понеже в условието на задачата има равенство, във всички използвани неравенства трябва да има равенство. Получавамеab=ac=bd=cd=1,a=d,b=c.ab=ac=bd=cd=1,\qquad a=d,\qquad b=c.Значи a=da=d, b=cb=c и ab=1ab=1. Тогава AB=a+b=CDAB=a+b=CD, а половинките на ъглите при AA и DD са равни, както и половинките на ъглите при BB и CC. Освен товаtan⁡∠A2=1a,tan⁡∠B2=1b=a,\tan\frac{\angle A}{2}=\frac1a,\qquad \tan\frac{\angle B}{2}=\frac1b=a,откъдето ∠A/2+∠B/2=90∘\angle A/2+\angle B/2=90^\circ, тоест ∠A+∠B=180∘\angle A+\angle B=180^\circ. Следователно AD∥BCAD\parallel BC и, понеже AB=CDAB=CD, четириъгълникът ABCDABCD е равнобедрен трапец.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/6Условие — източник

2005

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се определят всички съставни положителни цели числа nn, за които е възможно всички делители на nn, по-големи от 11, да се подредят в кръг така, че никои два съседни делителя да не са взаимно прости.
РешениеОтговорът е: всички съставни положителни цели числа, освен числата от вида pqpq, където pp и qq са различни прости числа. Ако n=pqn=pq с различни прости pp и qq, делителите, по-големи от 11, са само p,q,pqp,q,pq. В кръг делителите pp и qq неизбежно са съседни, а те са взаимно прости, така че такова подреждане е невъзможно. Ако nn е степен на просто число, всяко подреждане работи. Ако nn има поне три различни прости делителя p1,p2,...,pkp_1,p_2,...,p_k, първо поставяме около кръга p1p2,p2p3,...,pkp1p_1p_2,p_2p_3,...,p_kp_1, а после поставяме всеки делител, кратен на pip_i, в дъгата между pi−1pip_{i-1}p_i и pipi+1p_ip_{i+1}. Така всяка съседна двойка има общ прост делител. Остава случаят n=paqbn=p^a q^b. Ако поне един от показателите е по-голям от 11, например a>1a\gt{}1, поставяме първо pqpq и p2qp^2q на кръга. В едната дъга поставяме останалите делители, кратни на pp, а в другата - останалите делители, кратни на qq. Единственият неизключен случай е a=b=1a=b=1, който вече е невъзможен.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2005/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че системата от уравнения x6+x3+x3y+y=147157,x^6+x^3+x^3y+y=147157, x3+x3y+y2+y+z9=157147x^3+x^3y+y^2+y+z^9=157147 няма целочислени решения.
РешениеЩе докажем невъзможността по модул 1313. Нека u=x3u=x^3. Тогава uu може да бъде само 0,1,5,80,1,5,8 или 1212 по модул 1313. Първото уравнение става u2+u+y(u+1)≡10(mod13).u^2+u+y(u+1)\equiv 10\pmod{13}. Проверка на петте възможности за uu дава само следните случаи: (u,y)≡(0,10),(1,4),(5,1),(8,9)(mod13),(u,y)\equiv (0,10),(1,4),(5,1),(8,9)\pmod{13}, а при u≡12u\equiv 12 първото уравнение е невъзможно. От второто уравнение трябва да имаме (y+1)(u+y)+z9≡3(mod13).(y+1)(u+y)+z^9\equiv 3\pmod{13}. Деветите степени по модул 1313 са само 0,1,5,8,120,1,5,8,12. За четирите останали двойки (u,y)(u,y) стойността на (y+1)(u+y)(y+1)(u+y) е съответно 6,12,12,16,12,12,1, така че z9z^9 би трябвало да е съответно 10,4,4,210,4,4,2 по модул 1313. Никое от тези числа не е девета степен по модул 1313, противоречие.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2005/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е остроъгълен триъгълник, а PP и QQ са две точки върху страната BCBC. Построена е точка C1C_1 така, че изпъкналият четириъгълник APBC1APBC_1 е вписан, QC1∥CAQC_1\parallel CA, а C1C_1 и QQ са от различни страни на правата ABAB. Построена е точка B1B_1 така, че изпъкналият четириъгълник APCB1APCB_1 е вписан, QB1∥BAQB_1\parallel BA, а B1B_1 и QQ са от различни страни на правата ACAC. Да се докаже, че точките B1,C1,P,QB_1,C_1,P,Q лежат на една окръжност.
РешениеДостатъчно е да докажем, че A,B1,C1A,B_1,C_1 са колинеарни. Тогава от успоредностите и вписаните четириъгълници следва ∠C1QP=∠ACP=∠AB1P=∠C1B1P,\angle C_1QP=\angle ACP=\angle AB_1P=\angle C_1B_1P, което дава, че B1,C1,P,QB_1,C_1,P,Q лежат на една окръжност. Нека TT е втората пресечна точка на правата AC1AC_1 с окръжността (APC)(APC). От вписаността на APBC1APBC_1 получаваме △PC1T∼△ABC\triangle PC_1T\sim\triangle ABC. Понеже QC1∥ACQC_1\parallel AC, това дава, че T,C1,Q,PT,C_1,Q,P са вписани. Оттук следва TQ∥ABTQ\parallel AB, а по единствеността в построението T=B1T=B_1. Значи A,B1,C1A,B_1,C_1 са колинеарни.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2005/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Краката L1,L2,L3,L4L_1,L_2,L_3,L_4 на квадратна маса имат дължина nn, където nn е положително цяло число. За колко наредени четворки (k1,k2,k3,k4)(k_1,k_2,k_3,k_4) от неотрицателни цели числа можем да отрежем парче с дължина kik_i от края на крака LiL_i и масата все още да бъде стабилна? Масата е стабилна, ако може да бъде поставена така, че краищата на всичките четири крака да докосват пода. Позволено е отрязан крак да има дължина 00.
РешениеОтговорът е (n+1)(2n2+4n+3)3.\frac{(n+1)(2n^2+4n+3)}3.Да обърнем масата с плота към пода. Тогава искаме краищата A,B,C,DA,B,C,D на скъсените крака да са копланарни. Това става точно когато ABCDABCD е успоредник. Наистина, ако ABCDABCD е успоредник, четирите точки очевидно лежат в една равнина. Обратно, ако са копланарни, нека D′D' е точката, за която ABCD′ABCD' е успоредник. Тогава D′D' лежи в същата равнина, но е разположена точно над DD, защото горната част на масата е квадрат. Следователно D′=DD'=D. Остава само да преброим решенията на условието(n−k1)+(n−k3)=(n−k2)+(n−k4),(n-k_1)+(n-k_3)=(n-k_2)+(n-k_4),тоест k1+k3=k2+k4.k_1+k_3=k_2+k_4.Некаar=#{(a,b)∣a+b=r, 0≤a,b≤n}.a_r=\#\{(a,b)\mid a+b=r,\ 0\le a,b\le n\}.Броят на решенията с k1+k3=k2+k4=rk_1+k_3=k_2+k_4=r е ar2a_r^2, затова общият брой е∑r=02nar2=\sum_{r=0}^{2n}a_r^2=12+22+⋯+n2+(n+1)2+n2+⋯+12=1^2+2^2+\cdots+n^2+(n+1)^2+n^2+\cdots+1^2=(n+1)(2n2+4n+3)3.\frac{(n+1)(2n^2+4n+3)}3.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2005/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека n>1n\gt{}1 е цяло число. Дадени са 2n2n точки в равнината, никои три от които не са колинеарни. Нека nn от точките са оцветени в синьо, а останалите nn - в червено. Една права се нарича балансираща, ако минава през една синя и една червена точка и от всяка страна на правата броят на сините точки от тази страна е равен на броя на червените точки от същата страна. Да се докаже, че съществуват поне две балансиращи прави.
РешениеНека HH е изпъкналата обвивка на дадените точки. Разглеждаме два случая. Първо, ако върховете на HH не са всички от един и същи цвят, по границата на HH има поне две страни с разноцветни краища. Продълженията на тези страни са балансиращи прави: от едната страна на такава права няма точки, а от другата остават точно n−1n-1 сини и n−1n-1 червени точки. Остава случаят, когато всички върхове на HH са от един цвят; без ограничение нека са сини. Ще докажем, че през всеки връх на HH минава балансираща права. Нека A,B,CA,B,C са три последователни сини върха на HH. Завъртаме права ℓ\ell през BB, започвайки от правата BABA и стигайки до правата BCBC, като я въртим през вътрешността на фигурата. Във всеки момент гледаме точките от същата страна на ℓ\ell като CC и означаваме с xx броя на червените минус броя на сините точки от тази страна. Когато ℓ\ell срещне синя точка, xx се увеличава с 11, а когато срещне червена точка, xx намалява с 11. В началото x=1x=1, а непосредствено преди края x=−1x=-1. Следователно в първия момент, в който x=0x=0, правата минава през BB и през червена точка, и е балансираща. Така получаваме балансираща права през всеки връх на HH. Тези прави са различни, понеже никои три от дадените точки не са колинеарни. Следователно има поне две балансиращи прави.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2005/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
За положително цяло число mm нека s(m)s(m) означава сумата на десетичните цифри на mm. Множество SS от положителни цели числа наричаме kk-стабилно, ако s(∑x∈Xx)=ks\left(\sum_{x\in X}x\right)=k за всяко непразно подмножество X⊆SX\subseteq S. За всяко цяло число n≥2n\ge 2 нека f(n)f(n) е най-малкото kk, за което съществува kk-стабилно множество с nn цели числа. Да се докаже, че съществуват константи 0<C1<C20\lt{}C_1\lt{}C_2, такива че C1log⁡10n≤f(n)≤C2log⁡10n.C_1\log_{10} n\le f(n)\le C_2\log_{10} n.
РешениеПърво ще построим достатъчно голямо стабилно множество. Нека ee е положително цяло число, за което1+2+⋯+n≤10e,1+2+\cdots+n\le 10^e,и разгледамеS={10e−1, 2(10e−1), …, n(10e−1)}.S=\{10^e-1,\ 2(10^e-1),\ \ldots,\ n(10^e-1)\}.Ако XX е непразно подмножество на SS, сумата на елементите на XX има вида t(10e−1)t(10^e-1), където 1≤t≤1+2+⋯+n≤10e1\le t\le 1+2+\cdots+n\le 10^e. За всяко такова tt числото t(10e−1)=t⋅10e−tt(10^e-1)=t\cdot 10^e-t има сума на цифрите 9e9e: при t<10et\lt{}10^e то се записва като (t−1)(t-1), последвано от последните ee цифри на 10e−t10^e-t, а при t=10et=10^e получаваме 102e−10e10^{2e}-10^e. И в двата случая сумата на цифрите е 9e9e. Следователно SS е 9e9e-стабилно. Избирайки e=⌈log⁡10(n+12)⌉e=\left\lceil\log_{10}\binom{n+1}{2}\right\rceil, получаваме горната оценка f(n)≤9ef(n)\le 9e, а значи f(n)≤C2log⁡10nf(n)\le C_2\log_{10}n за подходяща абсолютна константа C2C_2. Остава долната оценка. Ще докажем следното твърдение: ако в мултимножество има повече от 12k12^k положителни цели числа, то съществува непразно подмножество, за което сумата на цифрите на сбора на елементите е по-голяма от kk. Това веднага дава n≤12kn\le 12^k за всяко kk-стабилно множество с nn елемента, тоест k≥log⁡12n=log⁡10nlog⁡1012k\ge \log_{12}n=\frac{\log_{10}n}{\log_{10}12}. Да докажем твърдението. Записваме числата на дъска и поддържаме текуща сума Σ\Sigma, първоначално равна на 00. Ще запазваме инварианта, че всяко число на дъската, както и Σ\Sigma, е сума на някои от първоначалните числа, като използваните групи са разединени. На ii-тата стъпка искаме в края всички числа на дъската да се делят на 10i10^i. Ако ii-тата цифра отдясно на Σ\Sigma е ненулева, разделяме произволно числата на дъската на групи по 1010 и изтриваме остатъка, ако има такъв. Във всяка група има непразно подмножество със сума, деляща се на 10i10^i: след деление на 10i−110^{i-1} това е стандартният факт, че сред 1010 цели числа има непразно подмножество със сума, деляща се на 1010. Заменяме всяка група с тази сума. Ако ii-тата цифра отдясно на Σ\Sigma е нула, но на дъската има число, което не се дели на 10i10^i, изтриваме едно такова число и го прибавяме към Σ\Sigma. После правим същото групиране по 1010. Ако пък ii-тата цифра отдясно на Σ\Sigma е нула и всички числа на дъската вече се делят на 10i10^i, не правим нищо и преминаваме нататък. Процесът свършва, когато на дъската не останат числа. При всяка нетривиална стъпка броят на числата на дъската намалява с фактор най-много 1212, затова, щом началният брой е по-голям от 12k12^k, първите два случая се случват поне k+1k+1 пъти. Всеки път при тях в Σ\Sigma се появява нова ненулева десетична цифра, която по-нататък не се променя, защото следващите прибавяни числа са делими на все по-високи степени на 1010. Следователно накрая s(Σ)≥k+1s(\Sigma)\ge k+1. По инварианта Σ\Sigma е сума на непразно подмножество от първоначалните числа, което доказва твърдението и долната оценка.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2005/6Условие — източник

2006

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека pp е просто число и нека ss е цяло число с 0<s<p0\lt s\lt p. Да се докаже, че съществуват цели числа mm и nn с 0<m<n<p0\lt m\lt n\lt p и {smp}<{snp}<sp\left\{\frac{sm}{p}\right\}\lt\left\{\frac{sn}{p}\right\}\lt\frac{s}{p} тогава и само тогава, когато ss не дели p−1p-1.
РешениеУсловието е равносилно на това остатъците при деление на pp да удовлетворяват sm mod p<sn mod p<ssm\bmod p\lt sn\bmod p\lt s. Случаят s=1s=1 е ясен, затова нека s≥2s\ge2. За всяко x∈{1,2,…,s−1}x\in\{1,2,\ldots,s-1\} дефинираме f(x)f(x) като единственото число от {1,2,…,p−1}\{1,2,\ldots,p-1\}, за коетоsf(x)≡x(modp).sf(x)\equiv x\pmod p.Търсените m,nm,n не съществуват точно когато тези прообрази се появяват в строго обратен ред, тоестf(s−1)<f(s−2)<⋯<f(1).f(s-1)\lt f(s-2)\lt\cdots\lt f(1).Избираме tt така, че t≡−s−1(modp)t\equiv -s^{-1}\pmod p и 0<t<p0\lt t\lt p. Тогаваf(x)≡1+(s−x)t(modp),f(x)\equiv 1+(s-x)t\pmod p,където представителят е взет между 11 и p−1p-1. Следователно горната верига от неравенства е равносилна на(1+t) mod p<(1+2t) mod p<(1+t)\bmod p\lt(1+2t)\bmod p\lt⋯<(1+(s−1)t) mod p.\cdots\lt(1+(s-1)t)\bmod p.Това просто означава, че числата 1+kt1+kt не преминават през кратно на pp, докато k=1,2,…,s−1k=1,2,\ldots,s-1. Понеже 0<1+t<p0\lt1+t\lt p, получаваме 1+kt<p1+kt\lt p за всички тези kk. Освен това 1+st≡0(modp)1+st\equiv0\pmod p, а от 1+(s−1)t<p1+(s-1)t\lt p и t<pt\lt p следва 0<1+st<2p0\lt1+st\lt2p. Значи 1+st=p1+st=p. И така m,nm,n не съществуват точно когато 1+st=p1+st=p, което е равносилно на s∣p−1s\mid p-1. Следователно m,nm,n съществуват точно когато ss не дели p−1p-1.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2006/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека k>0k\gt0 е фиксирано цяло число. Да се намери най-малкото цяло число NN като функция от kk, за което съществува множество от 2k+12k+1 различни положителни цели числа със сума, по-голяма от NN, но всяко негово kk-елементно подмножество има сума най-много N/2N/2.
РешениеОтговорът еN=k(2k2+3k+3).N=k(2k^2+3k+3).Пример за равенство се дава отS={k2+1,k2+2,…,k2+2k+1}.S=\{k^2+1,k^2+2,\ldots,k^2+2k+1\}.Сумата на всички елементи е k(2k2+3k+3)+1k(2k^2+3k+3)+1, а сумата на най-големите kk елемента е точно N/2N/2. Следователно това множество показва, че посоченото NN е достижимо. Остава да докажем, че по-малко NN е невъзможно. Нека даденото множество еa0<a1<⋯<a2k.a_0\lt a_1\lt\cdots\lt a_{2k}.От условието получавамеN+1≤a0+a1+⋯+a2kN+1\le a_0+a_1+\cdots+a_{2k}иN2≥ak+1+ak+2+⋯+a2k,\frac N2\ge a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{2k},защото това са най-големите kk елемента. Като извадим два пъти второто неравенство от първото, следваa0≥1+(ak+1−a1)+(ak+2−a2)+⋯+(a2k−ak).a_0\ge 1+(a_{k+1}-a_1)+(a_{k+2}-a_2)+\cdots+(a_{2k}-a_k).Понеже числата са различни положителни цели числа и са подредени, имаме ak+j−aj≥ka_{k+j}-a_j\ge k за j=1,2,…,kj=1,2,\ldots,k. Затова a0≥k2+1a_0\ge k^2+1. ТогаваN2≥ak+1+⋯+a2k≥\frac N2\ge a_{k+1}+\cdots+a_{2k}\ge(a0+k+1)+(a0+k+2)+⋯+(a0+2k). (a_0+k+1)+(a_0+k+2)+\cdots+(a_0+2k).Използвайки a0≥k2+1a_0\ge k^2+1, получавамеN2≥k(k2+1)+k(3k+1)2,\frac N2\ge k(k^2+1)+\frac{k(3k+1)}2,което е равносилно на N≥k(2k2+3k+3)N\ge k(2k^2+3k+3). Това доказва минималността.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2006/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
За цяло число mm нека p(m)p(m) е най-големият прост делител на mm. По дефиниция поставяме p(±1)=1p(\pm1)=1 и p(0)=∞p(0)=\infty. Да се намерят всички полиноми ff с цели коефициенти, за които редицата {p(f(n2))−2n}n≥0\{p(f(n^2))-2n\}_{n\ge0} е ограничена отгоре. (В частност това изисква f(n2)≠0f(n^2)\ne0 за всяко n≥0n\ge0.)
РешениеОтговорът е: всички полиноми от видаf(x)=C∏j(4x−aj2),f(x)=C\prod_j(4x-a_j^2),където CC е ненулево цяло число, а всички aja_j са нечетни цели числа. Празното произведение е позволено. Първо да проверим, че тези полиноми работят. За цяло n≥0n\ge0 имаме4n2−aj2=(2n−aj)(2n+aj).4n^2-a_j^2=(2n-a_j)(2n+a_j).Понеже aja_j е нечетно, този множител не се занулява при цяло nn. Всеки прост делител на него дели един от двата линейни множителя и следователно по абсолютна стойност е най-много 2n+∣aj∣2n+|a_j|. Простите делители на константата CC са фиксирани. Значи има константа BB, зависеща само от ff, такава че p(f(n2))≤2n+Bp(f(n^2))\le2n+B за всички nn, тоест редицата е ограничена отгоре. Остава да докажем, че други полиноми няма. Разлагаме ff над целите числа и разглеждаме ненулев неприводим неконстантен множител gg. Достатъчно е да покажем, че ако gg не е от вида 4x−a24x-a^2, то стойностите p(g(n2))−2np(g(n^2))-2n са неограничени отгоре. Нека cc е произволно положително цяло число. По теоремата на Шур съществуват безкрайно много нечетни прости числа p>cp\gt{}c, които делят някоя стойност g(n2)g(n^2). За такова pp можем да изберем представител nn с 0≤n≤(p−1)/20\le n\le (p-1)/2, защото квадратите n2n^2 и (−n)2(-n)^2 са сравними по модул pp. Твърдим, че само краен брой от тези прости pp могат да ни принудят всички такива nn да лежат в последните c+1c+1 възможни позиции, тоест да са от вида (p−1)/2−k(p-1)/2-k с 0≤k≤c0\le k\le c. Наистина, тогава0≡g((p−12−k)2)≡g((k+12)2)(modp).0\equiv g\left(\left(\frac{p-1}{2}-k\right)^2\right)\equiv g\left(\left(k+\frac12\right)^2\right)\pmod p.След умножаване с фиксирана степен на 44 получаваме, че pp дели едно от крайно много фиксирани цели числа, освен ако някоя от стойностите g((k+1/2)2)g((k+1/2)^2) не е нула. В този изключителен случай линейният множител 4x−(2k+1)24x-(2k+1)^2 дели g(x)g(x) над рационалните числа, а по неприводимост gg е точно такъв множител, с точност до ненулева константа. Следователно, ако gg не е от този вид, за всяко cc намираме просто pp и n≤(p−1)/2−cn\le (p-1)/2-c с p∣g(n2)p\mid g(n^2). Тогаваp(g(n2))−2n≥p−2n≥2c+1,p(g(n^2))-2n\ge p-2n\ge 2c+1,което е неограничено, понеже cc е произволно. Значи всеки неконстантен неприводим множител на ff е от вида 4x−a24x-a^2. Накрая, ако aa е четно, тогава 4x−a24x-a^2 се занулява при x=(a/2)2x=(a/2)^2, което е забранено от условието. Затова всички aa са нечетни, а остава само произволният ненулев цял константен множител CC.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2006/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички положителни цели числа nn, за които съществуват цяло число k≥2k\ge2 и положителни рационални числа a1,…,aka_1,\ldots,a_k, удовлетворяващи a1+a2+⋯+ak=a1a2⋯ak=n.a_1+a_2+\cdots+a_k=a_1a_2\cdots a_k=n.
РешениеОтговорът са всички положителни цели числа с изключение на 1,2,3,51,2,3,5. Първо ще докажем, че сред числата n≤5n\le5 работи само n=4n=4. Числото 44 наистина работи, защото 2+2=2⋅2=42+2=2\cdot2=4. Нека имаме решение с n≤5n\le5. Ако k=2k=2, то от a1+a2=a1a2=na_1+a_2=a_1a_2=n следва(a1−a2)2=(a1+a2)2−4a1a2=(a_1-a_2)^2=(a_1+a_2)^2-4a_1a_2=n2−4n=(n−2)2−4.n^2-4n=(n-2)^2-4.Дясната страна е цяло число и квадрат на рационално число, следователно е точен квадрат. За n≥5n\ge5 тя лежи строго между квадратите (n−3)2(n-3)^2 и (n−2)2(n-2)^2, а при n=1,2,3,4n=1,2,3,4 пряката проверка оставя само n=4n=4. Значи, за всяко друго решение с n≤5n\le5 трябва да имаме k>2k\gt{}2. Но от неравенството между средноаритметичното и средногеометричното получавамеnk=a1+⋯+akk≥(a1⋯ak)1/k=n1/k,\frac{n}{k}=\frac{a_1+\cdots+a_k}{k}\ge (a_1\cdots a_k)^{1/k}=n^{1/k},откъдето n≥kk/(k−1)n\ge k^{k/(k-1)}. За k=3k=3 това е 33/2>53^{3/2}\gt{}5, за k=4k=4 е 44/3>54^{4/3}\gt{}5, а за k≥5k\ge5 е още по-голямо от 55. Това противоречи на n≤5n\le5, така че малките изключения са точно 1,2,3,51,2,3,5. Сега даваме конструкции за всички останали nn. Ако n≥6n\ge6 е четно, вземаме(a1,…,an/2)=(n2,2,1,…,1),(a_1,\ldots,a_{n/2})=\left(\frac n2,2,1,\ldots,1\right),където единиците са n/2−2n/2-2 на брой. Сумата и произведението са равни на nn. Ако n≥9n\ge9 е нечетно, вземаме(a1,…,a(n−3)/2)=(n2,12,4,1,…,1),(a_1,\ldots,a_{(n-3)/2})=\left(\frac n2,\frac12,4,1,\ldots,1\right),където единиците са (n−9)/2(n-9)/2 на брой; отново сумата и произведението са nn. Остава специалният случай n=7n=7, за който работи(43,76,92),\left(\frac43,\frac76,\frac92\right),понеже и сумата, и произведението на тези три числа са равни на 77.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2006/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Математическа жаба скача по числовата права. Тя започва от 11 и скача по следното правило: ако се намира в цялото число nn, може да скочи или до n+1n+1, или до n+2mn+1n+2^{m_n+1}, където 2mn2^{m_n} е най-голямата степен на 22, която дели nn. Да се докаже, че ако k≥2k\ge2 е положително цяло число и ii е неотрицателно цяло число, то минималният брой скокове, нужни за достигане на 2ik2^i k, е по-голям от минималния брой скокове, нужни за достигане на 2i2^i.
РешениеЩе мислим за един път като за крайна редица от дължини на скокове (s1,s2,…,sℓ)(s_1,s_2,\ldots,s_\ell). Ако позициите са1=x0,x1,x2,…,xℓ,1=x_0,x_1,x_2,\ldots,x_\ell,то sj=xj−xj−1s_j=x_j-x_{j-1}. Ще наричаме такава редица валидна, ако за всяко jj е изпълнено sj=1s_j=1 или sj=2ν2(xj−1)+1s_j=2^{\nu_2(x_{j-1})+1}, където ν2(y)\nu_2(y) е степента на 22 в разлагането на yy. Нужна ни е следната лема. Нека в някаква валидна редица изберем момент и число e>0e\gt{}0, след което изтрием всички по-късни скокове, чиито дължини се делят на 2e2^e. Получената редица пак е валидна. Доказателството е локално. След изтриването всяка останала стартова точка след избрания момент е изместена наляво с кратно на 2e2^e. Ако останалият скок има дължина 11, той винаги е позволен. Ако има дължина по-голяма от 11, тя е степен на 22 и не се дели на 2e2^e, следователно е по-малка от 2e2^e. Затова старата стартова точка има 22-адична валуация, по-малка от ee, а добавянето или изваждането на кратно на 2e2^e не променя тази валуация. Следователно същият скок остава позволен и след изтриването. Сега вземаме валиден път до 2ik2^i k. Ще го съкращаваме до път до 2i2^i. Започваме от най-големите дължини на скокове и слизаме надолу: за всяко ee изтриваме всички скокове с дължина 2e2^e, които завършват вдясно от 2i2^i. Понеже позициите само нарастват, тези изтривания са от вида, позволен от лемата, така че пътят остава валиден. Твърдим, че след като са изтрити всички скокове с дължина, по-голяма от 2e2^e, текущият край на пътя е поне 2i2^i и се дели на 2min⁡(i,e)2^{\min(i,e)}. Доказваме това с обратна индукция по ee. При изтриване на скок с дължина 2e2^e краят на пътя преди изтриването е бил строго по-голям от 2i−2e2^i-2^e; освен това по индукционната хипотеза той е кратен на 2min⁡(i,e)2^{\min(i,e)}, защото го променяме само с кратни на 2e2^e. Най-малкото кратно на 2min⁡(i,e)2^{\min(i,e)}, което е по-голямо от 2i−2e2^i-2^e, е 2i2^i. Следователно новият край пак е поне 2i2^i и има нужната делимост. Когато процесът приключи, вече няма скок, който завършва вдясно от 2i2^i, така че крайният пункт е най-много 2i2^i. От твърдението той е поне 2i2^i, значи е точно 2i2^i. Понеже началният път е завършвал в 2ik>2i2^i k\gt{}2^i, при процеса е изтрит поне един скок. Така от всеки път до 2ik2^i k получаваме по-къс валиден път до 2i2^i. Следователно минималният брой скокове до 2ik2^i k е строго по-голям от минималния брой скокове до 2i2^i.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2006/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е четириъгълник, а EE и FF са точки съответно върху страните ADAD и BCBC, такива че AEED=BFFC.\frac{AE}{ED}=\frac{BF}{FC}. Лъчът FEFE пресича лъчите BABA и CDCD съответно в SS и TT. Да се докаже, че описаните окръжности на триъгълниците SAESAE, SBFSBF, TCFTCF и TDETDE минават през една обща точка.
РешениеНека MM е точката на Микел на четириъгълника ABCDABCD. Тогава MM е център на спирална подобност, която изпраща отсечката ADAD в отсечката BCBC: в частност тя изпраща AA в BB и DD в CC. Понеже EE и FF делят съответните отсечки в едно и също отношение,AEED=BFFC,\frac{AE}{ED}=\frac{BF}{FC},същата спирална подобност изпраща и точката EE в точката FF. Следователно MM е център на спирална подобност, която изпраща отсечката AEAE в отсечката BFBF. Тъй като S,A,BS,A,B са колинеарни и S,E,FS,E,F са колинеарни, това означава, че MM лежи едновременно на описаните окръжности на SAESAE и SBFSBF. Аналогично, от същата спирална подобност имаме, че DD се изпраща в CC, а EE - в FF. Понеже T,D,CT,D,C са колинеарни и T,E,FT,E,F са колинеарни, получаваме, че MM лежи и на описаните окръжности на TDETDE и TCFTCF. Значи и четирите окръжности (SAE)(SAE), (SBF)(SBF), (TCF)(TCF) и (TDE)(TDE) минават през една и съща точка MM, както се искаше.ABCDEFSTM
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2006/6Условие — източник

2007

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Дефинираме редица, като поставяме a1=na_1=n, а за всяко k>1k\gt{}1 избираме aka_k да бъде единственото цяло число в интервала 0≤ak≤k−10\le a_k\le k-1, за което a1+a2+⋯+aka_1+a_2+\cdots+a_k се дели на kk. Например при n=9n=9 получената редица започва с 9,1,2,0,3,3,3,…9,1,2,0,3,3,3,\ldots. Да се докаже, че за всяко nn редицата a1,a2,…a_1,a_2,\ldots е константна от някой член нататък.
РешениеЗа всяко kk поставямеbk=a1+a2+⋯+akk.b_k=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_k}{k}.По условие bkb_k е неотрицателно цяло число. Ще докажем, че редицата (bk)(b_k) е невъзходяща. Наистина, понеже 0≤ak+1≤k0\le a_{k+1}\le k, имамеbk+1=kbk+ak+1k+1≤kbk+kk+1<bk+1.b_{k+1}=\frac{kb_k+a_{k+1}}{k+1}\le \frac{kb_k+k}{k+1}\lt{}b_k+1.Лявата страна е цяло число, следователно bk+1≤bkb_{k+1}\le b_k. Така (bk)(b_k) е невъзходяща редица от неотрицателни цели числа и затова е константна от някой член нататък. Нека bN=bN+1=⋯=bb_N=b_{N+1}=\cdots=b. Тогава за всяко k≥N+1k\ge N+1 получавамеak=kbk−(k−1)bk−1=kb−(k−1)b=b.a_k=kb_k-(k-1)b_{k-1}=kb-(k-1)b=b.Тази формула показва не само стабилизиране, а и точната стойност на всички достатъчно късни членове. Следователно и редицата a1,a2,…a_1,a_2,\ldots е константна от някой член нататък, както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2007/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Възможно ли е всички решетъчни точки в R2\mathbb R^2 да бъдат покрити от безкрайно семейство кръгове, чиито вътрешности са две по две непересичащи се, ако радиусът на всеки кръг е поне 55?
РешениеОтговорът е не. Да допуснем противното. Избираме кръг OO, който не пресича никой от дадените кръгове, и го разширяваме, докато стане максимален с това свойство. Нека радиусът му е rr. Тъй като всички решетъчни точки са покрити от дадените кръгове, нашият празен кръг OO не съдържа решетъчна точка. А всяка точка от равнината е на разстояние най-много 1/21/\sqrt2 от някоя решетъчна точка, следователно трябва да е r≤1/2r\le 1/\sqrt2. От максималността на OO той трябва да се допира до поне три от дадените кръгове; иначе центърът му може леко да се премести и радиусът да се увеличи. Нека три такива кръга имат центрове A,B,CA,B,C. Сред трите ъгъла около центъра на OO има поне един, който е най-много 120∘120^\circ; без ограничение нека това е ∠AOB\angle AOB. Нека радиусите на O,A,BO,A,B са съответно r,a,br,a,b. Тогава a,b≥5a,b\ge5, а понеже вътрешностите на дадените кръгове са непересичащи се, имаме AB≥a+bAB\ge a+b. От косинусовата теорема и ∠AOB≤120∘\angle AOB\le120^\circ следва(a+b)2≤AB2≤(a+r)2+(b+r)2+(a+r)(b+r).(a+b)^2\le AB^2\le (a+r)^2+(b+r)^2+(a+r)(b+r).След опростяване това дава12r2≥(a−3r)(b−3r).12r^2\ge (a-3r)(b-3r).Но от a,b≥5a,b\ge5 получаваме(a−3r)(b−3r)≥(5−3r)2.(a-3r)(b-3r)\ge (5-3r)^2.За 0≤r≤1/20\le r\le 1/\sqrt2 неравенството 12r2≥(5−3r)212r^2\ge(5-3r)^2 е невъзможно. Следователно всъщност r>1/2r\gt{}1/\sqrt2. Това обаче означава, че OO съдържа решетъчна точка, защото центърът му е на разстояние най-много 1/21/\sqrt2 от такава точка. Получаваме непокрита решетъчна точка, противоречие.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2007/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека SS е множество с n2+n−1n^2+n-1 елемента. Всички nn-елементни подмножества на SS са разделени в два класа. Да се докаже, че има поне nn две по две непресичащи се множества, които принадлежат на един и същ клас.
РешениеЩе наричаме едно (n+1)(n+1)-елементно множество полезно, ако сред неговите nn-елементни подмножества има представители и от двата класа. Вземаме максимална фамилия от две по две непресичащи се полезни множества и нека броят им е pp. Нека TT е множеството от всички елементи, които не лежат в избраните полезни множества. Първо ще покажем, че всички nn-елементни подмножества на TT са от един и същ клас. Ако имаше две такива подмножества RR и R′R' от различни класове, бихме могли да заменяме елементите на RR един по един, докато получим R′R'. В някоя стъпка цветът трябва да се смени; тогава обединението на двете съседни nn-елементни множества има най-много n+1n+1 елемента и съдържа nn-елементни подмножества от двата класа. Допълвайки при нужда до точно n+1n+1 елемента в TT, получаваме полезно множество в TT, което противоречи на максималността. Следователно всички nn-елементни подмножества на TT са, без ограничение, от първия клас. От всяко избрано полезно множество можем да вземем по едно nn-елементно подмножество от първия клас, а от TT можем да извадим още ⌊∣T∣/n⌋\left\lfloor |T|/n\right\rfloor две по две непресичащи се nn-елементни подмножества от същия клас. Ако p≥np\ge n, вече сме готови. Затова нека p<np\lt{}n. Тогава∣T∣=n2+n−1−p(n+1),|T|=n^2+n-1-p(n+1),и следователно⌊∣T∣n⌋≥n−p.\left\lfloor\frac{|T|}{n}\right\rfloor\ge n-p.Така общо получаваме поне p+(n−p)=np+(n-p)=n две по две непресичащи се nn-елементни подмножества от един и същ клас, както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2007/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Животно с nn клетки е свързана фигура, съставена от nn еднакви квадратни клетки, тоест полимино с nn клетки. Динозавър е животно с поне 20072007 клетки. Наричаме динозавър примитивен, ако клетките му не могат да бъдат разделени на два или повече динозавъра. Да се намери, с доказателство, максималният възможен брой клетки в примитивен динозавър.
РешениеОтговорът е 80258025. Ще използваме графа на съседство на клетките и ще вземем негово покриващо дърво TT. Всеки връх на това дърво има степен най-много 44, защото една квадратна клетка има най-много четири странични съседи. Ако дървото можеше да се раздели на две или повече свързани части, всяка с поне 20072007 върха, това би дало съответно разделяне на динозавъра. Затова е достатъчно да разсъждаваме върху TT. Ще докажем, че в TT има връх vv, такъв че след изтриването му всички компоненти имат най-много 20062006 върха. Да допуснем противното. Тогава за всеки връх vv има компонент на T−vT-v с поне 20072007 върха; насочваме от vv реброто към съседа, който лежи в такъв голям компонент. Получаваме ориентация, в която от всеки връх излиза една стрелка. Ако следваме стрелките, понеже дървото е крайно, в някакъв момент ще се получи повторение. Единственият възможен цикъл в дърво с такава ориентация е двуцикъл по едно ребро, да кажем u↔vu\leftrightarrow v. Но тогава компонентът на T−uT-u, който съдържа vv, има поне 20072007 върха, и компонентът на T−vT-v, който съдържа uu, също има поне 20072007 върха. Тези два компонента са точно двете части, получени при премахване на реброто uvuv, и са свързани. Това разделя динозавъра на два динозавъра, противоречие с примитивността. Следователно такъв връх vv съществува. След изтриването на vv има най-много 44 компонента и всяка има най-много 20062006 върха. Значи общият брой клетки е най-много1+4⋅2006=8025.1+4\cdot2006=8025.Остава конструкция. Вземаме една централна клетка и към всяка от четирите нейни страни залепяме права лента от 20062006 клетки. Получаваме динозавър с 1+4⋅2006=80251+4\cdot2006=8025 клетки. Всяка свързана част с поне 20072007 клетки трябва да съдържа централната клетка, защото всяка от четирите ленти без центъра има само 20062006 клетки. Следователно не могат да се отделят два динозавъра, понеже и двата биха трябвало да съдържат централната клетка. Конструкцията е примитивна и границата е точна.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2007/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко неотрицателно цяло число nn числото 77n+17^{7^n}+1 е произведение на поне 2n+32n+3 прости числа, които не е задължително да са различни, т.е. броят се с повторения.
РешениеЩе докажем твърдението с индукция по nn. При n=0n=0 имаме 770+1=8=2⋅2⋅27^{7^0}+1=8=2\cdot2\cdot2, така че твърдението е вярно. Да предположим, че 77n+17^{7^n}+1 вече има поне 2n+32n+3 прости множителя. ПоставямеX=77n.X=7^{7^n}.Тогава77n+1+1=X7+1=7^{7^{n+1}}+1=X^7+1=(X+1)(X6−X5+X4−X3+X2−X+1).(X+1)(X^6-X^5+X^4-X^3+X^2-X+1).Първият множител X+1X+1 е точно предишното число. Достатъчно е да покажем, че вторият множител е съставен, защото тогава при преминаване от nn към n+1n+1 се добавят поне два нови прости множителя. НекаQ=X6−X5+X4−X3+X2−X+1.Q=X^6-X^5+X^4-X^3+X^2-X+1.Имаме тъждествотоQ=(X+1)6−7X(X2+X+1)2.Q=(X+1)^6-7X(X^2+X+1)^2.Понеже X=77nX=7^{7^n}, числото 7X=77n+17X=7^{7^n+1} е квадрат, защото 7n+17^n+1 е четно. СледователноQ=(X+1)6−(7(7n+1)/2(X2+X+1))2Q=(X+1)^6-\left(7^{(7^n+1)/2}(X^2+X+1)\right)^2е разлика на два квадрата. За X≥7X\ge7 двата получени положителни множителя са по-големи от 11, затова QQ е съставно число. Така всеки индукционен преход добавя поне два прости множителя, а от трите множителя при n=0n=0 получаваме поне 2n+32n+3 прости множителя за всяко nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2007/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е остроъгълен триъгълник, а ω\omega, SS и RR са съответно неговата вписана окръжност, описана окръжност и радиусът на описаната окръжност. Окръжността ωA\omega_A се допира вътрешно до SS в AA и външно до ω\omega. Окръжността SAS_A се допира вътрешно до SS в AA и вътрешно до ω\omega. Нека PAP_A и QAQ_A са съответно центровете на ωA\omega_A и SAS_A. Аналогично дефинираме точките PB,QB,PC,QCP_B,Q_B,P_C,Q_C. Да се докаже, че 8PAQA⋅PBQB⋅PCQC≤R3,8P_AQ_A\cdot P_BQ_B\cdot P_CQ_C\le R^3, като равенство има тогава и само тогава, когато ABCABC е равностранен.
РешениеНека a=BCa=BC, b=CAb=CA, c=ABc=AB, s=a+b+c2s=\frac{a+b+c}{2}, KK е лицето, rr е радиусът на вписаната окръжност и ha=2Kah_a=\frac{2K}{a} е височината от AA. Ще пресметнем дължината PAQAP_AQ_A. Правим инверсия с център AA и радиус s−as-a, а след това отражение спрямо ъглополовящата на ∠BAC\angle BAC. Ще означаваме образите след тези две операции със звезда и после с плюс. Инверсията е избрана така, че вписаната окръжност остава неподвижна. Окръжността ωA\omega_A, която минава през AA, се превръща в права, успоредна на образа на SS и перпендикулярна на правата PAQAP_AQ_A; освен това тази права е допирателна към ω\omega. Понеже PAQAP_AQ_A е правата AOAO, а изогоналният образ на AOAO е височината от AA, след отражението тази допирателна е точно BCBC. Следователно образът P+P^+ на второто пресичане на PAQAP_AQ_A с ωA\omega_A е петата на височината от AA към BCBC. По същия начин образът Q+Q^+ на второто пресичане на PAQAP_AQ_A с SAS_A лежи на правата AP+AP^+ и е такъв, че P+Q+=2rP^+Q^+=2r. От инверсията получавамеAPA=12AP=(s−a)22AP+=(s−a)22haAP_A=\frac12 AP=\frac{(s-a)^2}{2AP^+}=\frac{(s-a)^2}{2h_a}иAQA=12AQ=(s−a)22AQ+=(s−a)22(ha−2r).AQ_A=\frac12 AQ=\frac{(s-a)^2}{2AQ^+}=\frac{(s-a)^2}{2(h_a-2r)}.ЗатоваPAQA=12(s−a)2(1ha−2r−1ha).P_AQ_A=\frac12(s-a)^2\left(\frac1{h_a-2r}-\frac1{h_a}\right).Понеже ha=2Kah_a=\frac{2K}{a} и r=Ksr=\frac Ks, това се опростява доPAQA=a2(s−a)4K.P_AQ_A=\frac{a^2(s-a)}{4K}.Аналогично,PBQB=b2(s−b)4K,PCQC=c2(s−c)4K.P_BQ_B=\frac{b^2(s-b)}{4K},\qquad P_CQ_C=\frac{c^2(s-c)}{4K}.Следователно желаното неравенство е еквивалентно наa2b2c2(s−a)(s−b)(s−c)≤8(RK)3.a^2b^2c^2(s-a)(s-b)(s-c)\le 8(RK)^3.Използваме abc=4RKabc=4RK и формулата на Херон (s−a)(s−b)(s−c)=rK(s-a)(s-b)(s-c)=rK. Получаваме, че последното неравенство е еквивалентно на2r≤R.2r\le R.Това е точно неравенството на Ойлер за триъгълник, защото IO2=R(R−2r)≥0IO^2=R(R-2r)\ge0, където II и OO са центровете на вписаната и описаната окръжност. Равенство има тогава и само тогава, когато I=OI=O, което за остроъгълен триъгълник означава, че триъгълникът е равностранен. Така получаваме и търсеното условие за равенство.ABCOIPₐQₐHₐ
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2007/6Условие — източник

2008

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко положително цяло число nn съществуват взаимно прости две по две цели числа k0,k1,…,knk_0,k_1,\ldots,k_n, всички строго по-големи от 11, такива че k0k1⋯kn−1k_0k_1\cdots k_n-1 е произведение на две последователни цели числа.
РешениеЩе построим една безкрайна редица, от която после вземаме първите n+1n+1 члена. Използваме тъждеството(x2+x+1)(x2−x+1)=x2(x2+1)+1.(x^2+x+1)(x^2-x+1)=x^2(x^2+1)+1.Поставяме x0=2x_0=2 и k0=x02+x0+1=7k_0=x_0^2+x_0+1=7. Ще дефинираме рекурсивно xmx_m и kmk_m така, чеk0k1⋯km=xm(xm+1)+1=xm2+xm+1.k_0k_1\cdots k_m=x_m(x_m+1)+1=x_m^2+x_m+1.Ако това е вярно за някое mm, поставямеkm+1=xm2−xm+1,xm+1=xm2.k_{m+1}=x_m^2-x_m+1,\qquad x_{m+1}=x_m^2.Тогава горното тъждество даваk0k1⋯kmkm+1=(xm2+xm+1)(xm2−xm+1)=k_0k_1\cdots k_mk_{m+1}=(x_m^2+x_m+1)(x_m^2-x_m+1)=xm2(xm2+1)+1=xm+1(xm+1+1)+1.x_m^2(x_m^2+1)+1=x_{m+1}(x_{m+1}+1)+1.Следователно за всяко mm имамеk0k1⋯km−1=xm(xm+1),k_0k_1\cdots k_m-1=x_m(x_m+1),което е произведение на две последователни цели числа. Остава да проверим взаимната простота. При построението xmx_m винаги е четно и поне 22, така че km+1=xm2−xm+1k_{m+1}=x_m^2-x_m+1 е нечетно и по-голямо от 11. Освен товаgcd⁡(k0k1⋯km,km+1)=\gcd(k_0k_1\cdots k_m,k_{m+1})=gcd⁡(xm2+xm+1,xm2−xm+1).\gcd(x_m^2+x_m+1,x_m^2-x_m+1).Разликата на двата аргумента е 2xm2x_m, затова този най-голям общ делител дели 2xm2x_m. Но km+1k_{m+1} е нечетно и е взаимно просто с xmx_m, понеже xm2−xm+1≡1(modxm)x_m^2-x_m+1\equiv1\pmod{x_m}. Следователно делителят е 11. Така всеки нов член е взаимно прост с произведението на предишните, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2008/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е остроъгълен разностранен триъгълник, а M,N,PM,N,P са съответно средите на BC,CA,ABBC,CA,AB, като симетралите на ABAB и ACAC пресичат лъча AMAM съответно в точките DD и EE. Правите BDBD и CECE се пресичат в точка FF вътре в триъгълника ABCABC. Да се докаже, че точките A,N,F,PA,N,F,P лежат на една окръжност.
РешениеНека a=BCa=BC, b=CAb=CA, c=ABc=AB и работим с барицентрични координати спрямо ABCABC. Ще използваме стандартното означение SA=12(b2+c2−a2)S_A=\frac{1}{2}(b^2+c^2-a^2). Понеже DD лежи на медианата AMAM, имаме D=(t:1:1)D=(t:1:1) за някакво tt. Условието DA=DBDA=DB, тъй като DD е върху симетралата на ABAB, дава 0=b2(t−1)+(a2−c2),0=b^2(t-1)+(a^2-c^2), следователно D=(2SA:c2:c2).D=(2S_A:c^2:c^2). Аналогично E=(2SA:b2:b2).E=(2S_A:b^2:b^2). От пресичането на правите BDBD и CECE получаваме F=(2SA:b2:c2).F=(2S_A:b^2:c^2). Нека F′F' е образът на AA при централна симетрия с център FF, тоест FF е средата на AF′AF'. Сумата на барицентричните координати на FF е 2SA+b2+c2=2b2+2c2−a2.2S_A+b^2+c^2=2b^2+2c^2-a^2. Затова F′=2F−A=(−a2:2b2:2c2).F'=2F-A=(-a^2:2b^2:2c^2). Точката F′F' лежи на описаната окръжност на ABCABC, защото уравнението ѝ в барицентрични координати е a2yz+b2zx+c2xy=0,a^2yz+b^2zx+c^2xy=0, а координатите на F′F' го удовлетворяват. Сега при хомотетия с център AA и коефициент 12\frac12 описаната окръжност на ABCABC се превръща в окръжността през AA, средата PP на ABAB и средата NN на ACAC. Тъй като FF е средата на AF′AF', от F′∈(ABC)F'\in(ABC) следва F∈(APN)F\in(APN). Следователно A,N,F,PA,N,F,P лежат на една окръжност.ABCMNPDEF
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2008/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Нека SnS_n е множеството от точките (x,y)(x,y) с цели координати, за които ∣x∣+∣y+12∣<n.|x|+|y+\frac{1}{2}|\lt{}n. Път е редица от различни точки (x1,y1),(x2,y2),…,(xℓ,yℓ)(x_1,y_1),(x_2,y_2),\ldots,(x_\ell,y_\ell) от SnS_n, такава че за всяко i=2,…,ℓi=2,\ldots,\ell разстоянието между (xi,yi)(x_i,y_i) и (xi−1,yi−1)(x_{i-1},y_{i-1}) е 11. Да се докаже, че точките от SnS_n не могат да бъдат разделени на по-малко от nn пътя.
РешениеЩе използваме оцветяване в два цвята. Разделяме фигурата SnS_n на горна и долна половина спрямо хоризонталната ос между редовете y=0y=0 и y=−1y=-1. В горната половина оцветяваме точките шахматно в синьо и червено така, че крайната точка (n−1,0)(n-1,0) да е синя, а долната половина оцветяваме като огледален образ на горната. При това оцветяване съседни точки почти винаги имат различни цветове. Единственото изключение е по хоризонталната ос на симетрия: там може да се появи ребро между две сини точки. Освен това сините точки са точно с 2n2n повече от червените. Да допуснем, че SnS_n е разделено на mm пътя. Разрязваме всеки път по всяко ребро, което свързва две сини точки. Такива ребра има само по оста на симетрия, и там има най-много nn възможни разреза. Следователно след разрязването получаваме най-много m+nm+n пътя. От друга страна, след тези разрези всеки получен път редува цветовете си, освен че може да съдържа двойки от две червени съседни точки. Във всеки такъв път броят на сините точки надвишава броя на червените с най-много 11. Понеже общо сините точки са с 2n2n повече от червените, трябва да има поне 2n2n пътя след разрязването. Значи m+n≥2n,m+n\ge2n, откъдето m≥nm\ge n. Това доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2008/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
За кои цели числа n≥3n\ge3 може да се намери триангулация на правилен nn-ъгълник, съставена само от равнобедрени триъгълници? Тук триангулация означава разрязване чрез непресичащи се диагонали на триъгълници, чието обединение е целият многоъгълник.
РешениеОтговорът е: точно за числата n=2a(2b+1),n=2^a(2^b+1), където a,ba,b са неотрицателни цели числа, не и двете нули. Нека правилният многоъгълник е A1A2…AnA_1A_2\ldots A_n с индекси по модул nn. Ще наричаме страните AiAi+1A_iA_{i+1} къси. Всяка къса страна участва в точно един триъгълник от триангулацията. Ако nn е четно, единствените равнобедрени триъгълници, които могат да използват дадена къса страна AiAi+1A_iA_{i+1} без пресичане, са малките триъгълници с трети връх Ai−1A_{i-1} или Ai+2A_{i+2}. Следователно за n>4n\gt{}4 всички къси страни трябва да се групират по двойки в такива малки триъгълници; след премахването им остава правилен n/2n/2-ъгълник. Значи за четно n>4n\gt{}4 числото nn работи тогава и само тогава, когато n/2n/2 работи. Понеже n=4n=4 очевидно работи, това свежда четния случай до нечетния, като позволява произволен множител степен на 22. Нека сега n>1n\gt{}1 е нечетно. Поради паритет не всички къси страни могат да участват в малки триъгълници. Следователно поне една къса страна участва в голям равнобедрен триъгълник. Такъв голям триъгълник съдържа центъра на многоъгълника, затова в триангулацията може да има най-много един такъв триъгълник. След премахването му останалите къси страни трябва да се сдвоят чрез малки триъгълници, а същият аргумент се повтаря рекурсивно в двете получени половини. Това е възможно точно когато n−1n-1 е степен на 22, тоест когато n=2b+1n=2^b+1 за някое положително цяло число bb. Комбинирайки нечетния случай с многократното делене на две в четния случай, получаваме точно числата n=2a(2b+1)n=2^a(2^b+1) с a,b≥0a,b\ge0 и не едновременно нули. Конструкциите се получават, като обръщаме описаните редукции: за нечетното ядро вземаме един голям триъгълник и запълваме двете половини симетрично, а при умножаване по 22 добавяме външен слой от малки равнобедрени триъгълници.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2008/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
На дъската са записани три неотрицателни реални числа r1,r2,r3r_1,r_2,r_3. Известно е, че съществуват цели числа a1,a2,a3a_1,a_2,a_3, не всички нулеви, за които a1r1+a2r2+a3r3=0.a_1r_1+a_2r_2+a_3r_3=0. Разрешена е следната операция: избират се две числа x,yx,y на дъската с x≤yx\le y, изтрива се yy и на негово място се записва y−xy-x. Да се докаже, че след краен брой такива операции можем да получим поне една нула на дъската.
РешениеАко на дъската вече има нула, няма какво да доказваме. Затова предполагаме, че всички rir_i са положителни. Ще използваме дадената целочислена зависимост и ще намаляваме величинатаW=∣a1∣+∣a2∣+∣a3∣.W=|a_1|+|a_2|+|a_3|.Ако някой от коефициентите вече е нула, например a3=0a_3=0, тогава a1r1+a2r2=0a_1r_1+a_2r_2=0, така че r1/r2r_1/r_2 е рационално число. Пишем r1=uqr_1=uq и r2=vqr_2=vq с положителни цели u,vu,v и реално q>0q\gt{}0. Обикновеният алгоритъм на Евклид, приложен чрез разрешената операция върху r1r_1 и r2r_2, за краен брой стъпки дава нула. Остава да покажем, че докато всички коефициенти са ненулеви, можем да намалим WW. След пренареждане некаr1>r2>r3>0;r_1\gt{}r_2\gt{}r_3\gt{}0;ако две от числата са равни, една операция веднага дава нула. Умножавайки зависимостта по −1-1 при нужда, можем да считаме, че a1>0a_1\gt{}0. Първо нека поне един от a2,a3a_2,a_3 е положителен. Те не могат и двата да са положителни, защото тогава всички членове с положителни коефициенти не могат да се компенсират. Ако a2>0a_2\gt{}0, то a3<0a_3\lt{}0 и0=a1r1+a2r2+a3r3>a1r3+a3r3=(a1+a3)r3.0=a_1r_1+a_2r_2+a_3r_3\gt{}a_1r_3+a_3r_3=(a_1+a_3)r_3.Следователно a1+a3<0a_1+a_3\lt{}0, откъдето ∣a1+a3∣<∣a3∣|a_1+a_3|\lt{}|a_3|. Извършваме операцията r1↦r1−r3r_1\mapsto r_1-r_3. Новата зависимост еa1(r1−r3)+a2r2+(a1+a3)r3=0,a_1(r_1-r_3)+a_2r_2+(a_1+a_3)r_3=0,и сумата на абсолютните стойности на коефициентите намалява. Случаят a3>0a_3\gt{}0 е същият, като вместо това използваме операцията r1↦r1−r2r_1\mapsto r_1-r_2. Остава случаят a2<0a_2\lt{}0 и a3<0a_3\lt{}0. Ако ∣a1+a2∣<∣a2∣|a_1+a_2|\lt{}|a_2|, използваме операцията r1↦r1−r2r_1\mapsto r_1-r_2 и намаляваме WW; ако ∣a1+a3∣<∣a3∣|a_1+a_3|\lt{}|a_3|, използваме r1↦r1−r3r_1\mapsto r_1-r_3. Да допуснем, че нито едно от тези две неравенства не е вярно. Тогава от a2,a3<0a_2,a_3\lt{}0 следва, че a1+a2a_1+a_2 и a1+a3a_1+a_3 са неотрицателни, а дориa1+2a2≥0,a1+2a3≥0.a_1+2a_2\ge0,\qquad a_1+2a_3\ge0.Като съберем, получаваме a1+a2+a3≥0a_1+a_2+a_3\ge0. От друга страна, понеже a1>0a_1\gt{}0, a2<0a_2\lt{}0, a3<0a_3\lt{}0 и r1>r2>r3r_1\gt{}r_2\gt{}r_3, имаме0=a1r1+a2r2+a3r3>r2(a1+a2+a3),0=a_1r_1+a_2r_2+a_3r_3\gt{}r_2(a_1+a_2+a_3),което дава a1+a2+a3<0a_1+a_2+a_3\lt{}0. Това е противоречие. Следователно, докато няма нулев коефициент, можем с разрешена операция да получим нова ненулева целочислена зависимост с по-малка стойност на WW. Това не може да продължава безкрайно, защото WW е положително цяло число. След краен брой стъпки някой коефициент става нула, а тогава, както видяхме, алгоритъмът на Евклид довършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2008/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
На една математическа конференция всеки двама математици са или приятели, или непознати. По време на хранене всеки участник яде в една от две големи зали. Всеки математик настоява да бъде в зала, в която има четен брой негови приятели. Да се докаже, че броят на начините участниците да бъдат разпределени между двете зали е степен на 22, тоест има вида 2k2^k за някое положително цяло число kk.
РешениеРазглеждаме граф, чиито върхове са математиците, а ребрата свързват двойките приятели. Разпределение между двете зали е същото като оцветяване на върховете с два цвята. Нека върховете са 1,2,…,m1,2,\ldots,m и работим над полето F2\mathbb F_2. Ако viv_i е цветът на върха ii, условието за върха ii казва, че броят на съседите jj, за които vj=viv_j=v_i, е четен. Понеже над F2\mathbb F_2 индикаторът на равенството vj=viv_j=v_i е 1+vi+vj1+v_i+v_j, това условие може да се запише като линейно уравнение. Нека AA е матрицата, която извън диагонала има матрицата на съседство на графа, а на диагонала в ред ii има степента на върха ii по модул 22. Ако dd е векторът от тези диагонални елементи, всички добри оцветявания са точно решенията наAv=dAv=dнад F2\mathbb F_2. Следователно множеството от решения е или празно, или е транслация на ker⁡A\ker A, така че броят му е степен на 22. Остава само да докажем, че поне едно добро оцветяване винаги съществува. Ще го докажем с минимален контрапример. Нека GG е граф с най-малък брой върхове, за който добро оцветяване не съществува. Ако всички върхове имат четна степен, оцветяването, при което всички са в една и съща зала, е добро. Значи има връх uu с нечетна степен. Премахваме uu и сред неговите съседи обръщаме съседството: всяка двойка съседи на uu, която е била свързана, става несвързана, а всяка несвързана двойка става свързана. Получаваме по-малък граф, следователно той има добро оцветяване. Ще го продължим до добро оцветяване на GG. Сред съседите на uu броим колко са от първия и колко от втория цвят. Тъй като степента на uu е нечетна, точно един от тези два броя е четен. Даваме на uu цвета, за който броят на съседите с този цвят е четен. Тогава условието за uu е изпълнено. За връх, който не е съсед на uu, нищо не се променя. За съсед ww на uu промяната в паритета идва от обръщането на ребрата към другите съседи на uu със същия цвят като ww, а ако ww има цвета на uu, и от новия съсед uu. Изборът на цвета на uu прави тази обща промяна четна, така че условието за ww също остава изпълнено. Получихме добро оцветяване на GG, противоречие с минималността. Значи добро оцветяване винаги има. Понеже допълнителната размяна на двете зали също дава добро разпределение, броят е степен 2k2^k с положително kk.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2008/6Условие — източник

2009

4 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Да се определи най-големият възможен брой елементи на подмножество на {−n,−n+1,…,n−1,n}\{-n,-n+1,\ldots,n-1,n\}, което не съдържа три елемента a,b,ca,b,c, не непременно различни, за които a+b+c=0a+b+c=0.
РешениеОтговорът е nn при четно nn и n+1n+1 при нечетно nn. Конструкцията е да вземем всички нечетни числа в интервала: сборът на три нечетни числа е нечетен, следователно не може да е 00. При четно nn тези числа са nn, а при нечетно nn са n+1n+1. Остава да докажем, че това е максимумът. Достатъчно е да разгледаме четно nn, защото ако nn е нечетно, всяко допустимо множество в {−n,…,n}\{-n,\ldots,n\} е също допустимо подмножество на {−(n+1),…,n+1}\{-(n+1),\ldots,n+1\}, а n+1n+1 е четно. Ще докажем твърдението за четно nn с индукция по nn. Базата n=2n=2 е непосредствена. Нека AA е допустимо множество. Ако∣A∩{−n,−n+1,n−1,n}∣≤2,|A\cap\{-n,-n+1,n-1,n\}|\le2,то от индукционното предположение за интервала {−(n−2),…,n−2}\{-(n-2),\ldots,n-2\} получаваме∣A∣≤(n−2)+2=n.|A|\le(n-2)+2=n.Затова можем да предположим, че сред четирите крайни числа са избрани поне три. Ако и nn, и −n-n са в AA, тогава 00 не може да е в AA, а за всяко 1≤k≤n−11\le k\le n-1 не можем едновременно да изберем kk и n−kn-k, нито едновременно −k-k и −(n−k)-(n-k). При k=n/2k=n/2 това означава, че n/2n/2 и −n/2-n/2 изобщо не могат да се изберат. Следователно извън {−n,n}\{-n,n\} има най-много n−2n-2 елемента и пак ∣A∣≤n|A|\le n. Остава случаят, в който точно едно от числата nn и −n-n е избрано. След смяна на знаците можем да считаме, че n∈An\in A и −n∉A-n\notin A. Понеже са избрани поне три крайни числа, трябва да имаме n−1,−n+1∈An-1,-n+1\in A. Тогава −1-1 и 00 не могат да принадлежат на AA. Освен това от числата 1,2,…,n−21,2,\ldots,n-2 можем да изберем най-много по едно от всяка двойка със сбор n−1n-1, а от числата −2,−3,…,−n+2-2,-3,\ldots,-n+2 можем да изберем най-много по едно от всяка двойка със сбор −n-n; при средната стойност това дори забранява съответното число. Така към трите вече избрани крайни числа могат да се добавят най-много n−3n-3 други елемента. Следователно ∣A∣≤3+(n−3)=n|A|\le3+(n-3)=n. Индукцията завършва доказателството за четно nn, а с това и цялото твърдение.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2009/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Наричаме шахматен многоъгълник прост многоъгълник, чиито страни лежат върху прави от вида x=ax=a или y=by=b, където aa и bb са цели числа. Тези прави разделят вътрешността му на единични квадратчета, оцветени последователно в сиво и бяло така, че съседни квадратчета имат различни цветове. Замощаване с домина означава точно покриване на многоъгълника с неприпокриващи се правоъгълници 1×21\times2. Накрая наричаме едно замощаване изящно, ако в никой квадрат 2×22\times2 не се среща някоя от следните две лоши локални конфигурации: два хоризонтални домина, когато долното ляво квадратче на този квадрат е бяло, или два вертикални домина, когато долното ляво квадратче е черно. Докажете, че: (а) ако шахматен многоъгълник може да бъде замощен с домина, то той може да бъде замощен изящно; и (б) такова изящно замощаване е единствено.
РешениеПърво ще докажем съществуването с индукция по броя квадратчета. Избираме най-долното ляво квадратче ss на многоъгълника; без ограничение можем да приемем, че то е бяло, защото иначе разменяме имената на цветовете. Ако съществува някакво замощаване, в което ss е покрито от вертикално домино, изтриваме това домино и прилагаме индукционното предположение към останалия шахматен многоъгълник. Когато върнем вертикалното домино, не се появява лоша локална конфигурация, защото около най-долното ляво квадратче няма квадратчета отдолу и отляво. Остава случаят, в който във всяко замощаване квадратчето ss е покрито от хоризонтално домино. Изтриваме това домино и отново прилагаме индукция. Когато го върнем, единствената възможна нова лоша конфигурация би била друго хоризонтално домино точно над него в същия квадрат 2×22\times2. Но тогава тези две хоризонтални домина могат да се заменят с две вертикални, което би дало замощаване, в което ss е покрито вертикално. Това противоречи на предположението за случая. Следователно изящно замощаване съществува. Сега доказваме единствеността. Да допуснем, че има две различни изящни замощавания. Наслагваме ги; там, където се различават, домината образуват една или повече затворени вериги. Избираме една такава верига γ\gamma, която огражда област QQ, и я обхождаме обратно на часовниковата стрелка. Изместваме координатите така, че най-долният ляв връх на QQ да е s=(0,0)s=(0,0). В двете замощавания доминото при ss е различно: в едното е хоризонтално, а в другото вертикално. Проследяваме замощаването, което започва с вертикалното домино при ss. Условието за изящност принуждава следващите домина да образуват стълбицаp0=s=(0,0),p1=(1,0),p_0=s=(0,0),\quad p_1=(1,0),p2=(1,1),p3=(2,1),…,\quad p_2=(1,1),\quad p_3=(2,1),\quad \ldots,като домината се редуват вертикално, хоризонтално, вертикално, хоризонтално и т.н. Началото на тази принудена стълбица е показано на диаграмата. Нека ℓ\ell е правата y=x−1y=x-1. Веригата γ\gamma пресича ℓ\ell първо в точката b=(1,0)b=(1,0), а след това в някаква точка aa по пътя си. Домината от стълбицата са принудени да следват ℓ\ell от bb към aa. При точката aa следващото принудено домино трябва едновременно да остане вътре в QQ и да спази ориентацията на граничната верига γ\gamma; това е невъзможно, защото тогава или получаваме една от забранените локални конфигурации, или пресичаме ℓ\ell по-рано от избора на aa. Полученото противоречие показва, че две различни изящни замощавания не могат да съществуват. Заедно със съществуването това доказва, че изящното замощаване е точно едно.sab
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2009/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
За n≥2n\ge2 нека a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n са положителни реални числа, за които (a1+a2+⋯+an)(1a1+1a2+⋯+1an)≤\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)\left(\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\cdots+\frac1{a_n}\right)\le(n+12)2.\left(n+\frac12\right)^2. Да се докаже, че max⁡(a1,a2,…,an)≤4min⁡(a1,a2,…,an).\max(a_1,a_2,\ldots,a_n)\le4\min(a_1,a_2,\ldots,a_n).
РешениеНека a1a_1 е най-голямото, а a2a_2 най-малкото от числата, и поставяме M=a1/a2M=a_1/a_2. Тогава M≥1M\ge1 и трябва да докажем M≤4M\le4. В лявата страна на даденото неравенство просто подреждаме първата сума като a2+a1+a3+⋯+ana_2+a_1+a_3+\cdots+a_n. По неравенството на Коши-Шварц получаваме(n+12)2≥\left(n+\frac12\right)^2\ge(a2+a1+a3+⋯+an)(1a1+1a2+1a3+⋯+1an)\left(a_2+a_1+a_3+\cdots+a_n\right)\left(\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\frac1{a_3}+\cdots+\frac1{a_n}\right)≥\ge(x2a2a1+x2a1a2+1+⋯+1)2=\left(\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a_2}{a_1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a_1}{a_2}}+1+\cdots+1\right)^2=(1M+M+n−2)2.\left(\frac1{\sqrt M}+\sqrt M+n-2\right)^2.Всички величини са положителни, следователноM+1M≤52.\sqrt M+\frac1{\sqrt M}\le\frac52.Ако означим t=Mt=\sqrt M, то t≥1t\ge1 и последното неравенство дава2t2−5t+2≤0,2t^2-5t+2\le0,тоест(2t−1)(t−2)≤0.(2t-1)(t-2)\le0.Понеже t≥1t\ge1, оттук следва t≤2t\le2, а значи M=t2≤4M=t^2\le4. Това е точно исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2009/4Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека s1,s2,s3,…s_1,s_2,s_3,\ldots е безкрайна неконстантна редица от рационални числа, тоест не е вярно, че s1=s2=s3=⋯s_1=s_2=s_3=\cdots. Да предположим, че t1,t2,t3,…t_1,t_2,t_3,\ldots също е безкрайна неконстантна редица от рационални числа със свойството, че (si−sj)(ti−tj)(s_i-s_j)(t_i-t_j) е цяло число за всички ii и jj. Да се докаже, че съществува рационално число rr, такова че (si−sj)r(s_i-s_j)r и (ti−tj)/r(t_i-t_j)/r са цели числа за всички ii и jj.
РешениеПърво изключваме един граничен случай. Ще покажем, че има индекси i,ji,j, за които(si−sj)(ti−tj)≠0.(s_i-s_j)(t_i-t_j)\ne0.Ако това не е така, избираме s1≠s2s_1\ne s_2; тогава непременно t1=t2t_1=t_2. Понеже редицата tt е неконстантна, има индекс kk с tk≠t1t_k\ne t_1. От условието за двойките (k,1)(k,1) и (k,2)(k,2) следва едновременно sk=s1s_k=s_1 и sk=s2s_k=s_2, противоречие. След преномериране некаn=(s1−s2)(t1−t2)≠0.n=(s_1-s_2)(t_1-t_2)\ne0.По условие nn е цяло число. Сега правим нормализация, която не променя произведенията на разликите: изваждаме s1s_1 и t1t_1 и умножаваме редицата ss по 1/(s2−s1)1/(s_2-s_1), а редицата tt по s2−s1s_2-s_1. Така можем да работим приs1=t1=0,s2=1,t2=n.s_1=t_1=0,\qquad s_2=1,\qquad t_2=n.Ако намерим подходящо число в тази нормализирана ситуация, после връщането на мащаба дава търсеното рационално rr в първоначалната задача. От условието с j=1j=1 получавамеsiti∈Zза всички i.s_it_i\in\mathbb Z\qquad\text{за всички }i.Освен това, като разпишем (si−sj)(ti−tj)(s_i-s_j)(t_i-t_j) и използваме вече доказаното, намирамеsitj+sjti∈Zза всички i,j.s_it_j+s_jt_i\in\mathbb Z\qquad\text{за всички }i,j.В частност при j=2j=2 имамеti+nsi∈Zза всички i.t_i+ns_i\in\mathbb Z\qquad\text{за всички }i.Ще докажем, че ti∈Zt_i\in\mathbb Z и nsi∈Zns_i\in\mathbb Z за всяко ii. Нека pp е просто число и нека c=νp(n)≥0c=\nu_p(n)\ge0. От siti∈Zs_it_i\in\mathbb Z и ti+nsi∈Zt_i+ns_i\in\mathbb Z следва следното. Ако νp(ti)<0\nu_p(t_i)\lt{}0, то νp(si)>0\nu_p(s_i)\gt{}0, така че nsins_i има неотрицателна pp-адична оценка; тогава сумата ti+nsit_i+ns_i би имала отрицателна оценка, противоречие. Значи tit_i е цяло число. Ако пък νp(nsi)<0\nu_p(ns_i)\lt{}0, тоест νp(si)<−c\nu_p(s_i)\lt{}-c, тогава от siti∈Zs_it_i\in\mathbb Z следва νp(ti)>c\nu_p(t_i)\gt{}c; тогава отново ti+nsit_i+ns_i би имало отрицателна pp-адична оценка, противоречие. Следователно nsins_i също е цяло число. Нека dd е положителният най-голям общ делител на всички цели числа tit_i. Ще докажем, че dsi∈Zds_i\in\mathbb Z за всяко ii. За просто число pp поставяме e=νp(d)=min⁡jνp(tj)e=\nu_p(d)=\min_j\nu_p(t_j) и избираме индекс jj, за който минимумът се достига. От sjtj∈Zs_jt_j\in\mathbb Z следва νp(sj)≥−e\nu_p(s_j)\ge-e. Да допуснем, че за някой ii имаме νp(si)<−e\nu_p(s_i)\lt{}-e. Тогава от siti∈Zs_it_i\in\mathbb Z следва νp(ti)>e\nu_p(t_i)\gt{}e. Но в целия сборsitj+sjti∈Zs_it_j+s_jt_i\in\mathbb Zпървият член има pp-адична оценка νp(si)+e<0\nu_p(s_i)+e\lt{}0, а вторият има оценка поне −e+νp(ti)>0-e+\nu_p(t_i)\gt{}0. Следователно самият сбор би имал отрицателна pp-адична оценка, противоречие. Значи νp(si)≥−e\nu_p(s_i)\ge-e за всяко pp, тоест dsi∈Zds_i\in\mathbb Z. В нормализираната задача вече сме готови: понеже dsids_i е цяло число за всички ii, то d(si−sj)d(s_i-s_j) е цяло число за всички i,ji,j; а понеже dd дели всяко tit_i, числото (ti−tj)/d(t_i-t_j)/d също е цяло. Така можем да вземем r=dr=d в нормализираните означения, а след връщане на първоначалното мащабиране получаваме рационално число rr за изходните редици.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2009/6Условие — източник

2010

4 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
В кръг стоят nn ученици, един зад друг. Височините им са h1<h2<⋯<hnh_1\lt{}h_2\lt{}\cdots\lt{}h_n. Ако ученик с височина hkh_k стои непосредствено зад ученик с височина hk−2h_{k-2} или по-малка, двамата ученици могат да разменят местата си. Да се докаже, че не е възможно да се направят повече от (n3)\binom{n}{3} такива размени, преди да се стигне до разположение, при което повече размени не са възможни.
РешениеЩе докажем по-силно твърдение: учениците с височини hih_i и hjh_j могат да разменят местата си най-много ∣j−i∣−1|j-i|-1 пъти. Това очевидно е вярно при ∣j−i∣=1|j-i|=1, защото двама ученици със съседни индекси по височина никога не могат да бъдат разрешена двойка за размяна. Нека j>ij\gt{}i и d=j−i≥2d=j-i\ge2. Допускаме индукционно, че твърдението вече е доказано за по-малки стойности на dd. Проследяваме само тримата ученици hj,hi+1,hih_j,h_{i+1},h_i, като игнорираме всички останали. След първата размяна между hjh_j и hih_i техният относителен ред около кръга става такъв, че hjh_j трябва първо да размени място с hi+1h_{i+1}, преди отново да може да размени място с hih_i. По индукционното предположение двойката hj,hi+1h_j,h_{i+1} се разменя най-много j−(i+1)−1j-(i+1)-1 пъти. Следователно двойката hj,hih_j,h_i се разменя най-много1+igl(j-(i+1)-1igr)=j-i-1пъти, както искахме. Всяка размяна е размяна на някаква двойка ученици. Затова общият брой размени е най-много∑1≤i<j≤n(j−i−1).\sum_{1\le i\lt{}j\le n}(j-i-1).За всяка тройка индекси i<k<ji\lt{}k\lt{}j тя се брои точно веднъж в тази сума, именно като един от j−i−1j-i-1 избори за средния индекс kk. Следователно сумата е (n3)\binom{n}{3}, което завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2010/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
20102010 положителни реални числа a1,a2,…,a2010a_1,a_2,\ldots,a_{2010} удовлетворяват неравенството aiaj≤i+ja_i a_j\le i+j за всички 1≤i<j≤20101\le i\lt{}j\le2010. Определете, с доказателство, най-голямата възможна стойност на произведението a1a2⋯a2010a_1a_2\cdots a_{2010}.
РешениеОтговорът е3⋅7⋅11⋯4019=∏k=11005(4k−1).3\cdot7\cdot11\cdots4019=\prod_{k=1}^{1005}(4k-1).Горната оценка е непосредствена: групираме членовете по двойки и използваме даденото неравенство:a1a2⋅a3a4⋯a2009a2010≤a_1a_2\cdot a_3a_4\cdots a_{2009}a_{2010}\le3⋅7⋅11⋯4019. 3\cdot7\cdot11\cdots4019.Остава да покажем, че тази стойност може да се достигне. За k=1,2,…,1005k=1,2,\ldots,1005 полагамеa2k=x24k,a2k−1=4k−1x24k.a_{2k}=\sqrt{\vphantom{x^2}4k},\qquad a_{2k-1}=\frac{4k-1}{\sqrt{\vphantom{x^2}4k}}.Тогава a2k−1a2k=4k−1a_{2k-1}a_{2k}=4k-1, така че произведението на всички aia_i е точно търсеното. Ще проверим, че всички неравенства aiaj≤i+ja_i a_j\le i+j са изпълнени. Ако i=2ri=2r и j=2sj=2s са четни, тоaiaj=4x2rs≤2r+2s=i+ja_i a_j=4\sqrt{\vphantom{x^2}rs}\le 2r+2s=i+jпо AM-GM. Ако i=2r−1i=2r-1 е нечетно, а j=2sj=2s е четно, от i<ji\lt{}j следва r≤sr\le s. След повдигане на квадрат желаното неравенство е еквивалентно на(2r+2s−1)2≥(4r−1)2sr.\left(2r+2s-1\right)^2\ge \frac{(4r-1)^2s}{r}.Разликата между лявата и дясната страна, умножена по rr, е(s−r)(4r(s−r)+4r−1)≥0,(s-r)\bigl(4r(s-r)+4r-1\bigr)\ge0,така че и този случай е доказан. Остава случаят i=2r−1i=2r-1, j=2s−1j=2s-1, където s>rs\gt{}r. Нека t=s−r≥1t=s-r\ge1. След повдигане на квадрат трябва да докажем2r+2s−2≥(4r−1)(4s−1)4x2rs.2r+2s-2\ge \frac{(4r-1)(4s-1)}{4\sqrt{\vphantom{x^2}rs}}.След умножаване на разликата на квадратите по 16rs16rs получавамеF(t)=F(t)=64r2t2−32r2+64rt3−32rt+16r−16t2+8t−1.64r^2t^2-32r^2+64rt^3-32rt+16r-16t^2+8t-1.При t=1t=1 имаме F(1)=32r2+48r−9>0F(1)=32r^2+48r-9\gt{}0. Освен това за t≥1t\ge1F′(t)=8(16r2t+24rt2−4r−4t+1)>0,F'(t)=8\bigl(16r^2t+24rt^2-4r-4t+1\bigr)\gt{}0,понеже r≥1r\ge1. Следователно F(t)>0F(t)\gt{}0 за всеки t≥1t\ge1, което завършва проверката на конструкцията. Така най-голямата възможна стойност на произведението е 3⋅7⋅11⋯40193\cdot7\cdot11\cdots4019.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2010/3Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека q=3p−52q=\frac{3p-5}{2}, където pp е нечетно просто число, и нека Sq=S_q=12⋅3⋅4+15⋅6⋅7\frac1{2\cdot3\cdot4}+\frac1{5\cdot6\cdot7}+⋯+1q(q+1)(q+2).+\cdots+\frac1{q(q+1)(q+2)}. Да се докаже, че ако 1p−2Sq=mn\frac1p-2S_q=\frac mn за цели числа mm и nn, то pp дели m−nm-n.
РешениеИзползваме разлагането на прости дроби2(3k−1)(3k)(3k+1)=\frac{2}{(3k-1)(3k)(3k+1)}=13k−1−23k+13k+1.\frac1{3k-1}-\frac2{3k}+\frac1{3k+1}.Тъй като q=3p−52q=\frac{3p-5}{2}, последният член в сумата е с първи множител qq, а броят на членовете е q+13=p−12\frac{q+1}{3}=\frac{p-1}{2}. Следователно2Sq=2S_q=\left(\frac12+\frac13+\cdots+\frac1{q+2} ight)-\left(1+\frac12+\cdots+\frac1{(q+1)/3} ight).Изваждаме члена 1/p1/p от първата хармонична сума и добавяме 11 от двете страни, за да получим2Sq−1p+1=2S_q-\frac1p+1=\left(1+\frac12+\cdots+\frac1{p-1} ight)+\left(\frac1{p+1}+\frac1{p+2}+\cdots+\frac1{q+2} ight)-\left(1+\frac12+\cdots+\frac1{(q+1)/3} ight).Сега работим по модул pp; всички знаменатели в последния израз са взаимно прости с pp. Понежеq−p+2=q+13=p−12,q-p+2=\frac{q+1}{3}=\frac{p-1}{2},имаме1p+r≡1r(modp)(1≤r≤q−p+2).\frac1{p+r}\equiv\frac1r\pmod p\qquad (1\le r\le q-p+2).Затова втората и третата сума се съкращават по модул pp. Остава2Sq−1p+1≡1+12+⋯+1p−1≡0(modp),2S_q-\frac1p+1\equiv1+\frac12+\cdots+\frac1{p-1}\equiv0\pmod p,защото членовете rr и p−rp-r имат реципрочни стойности, чиято сума е 00 по модул pp. Следователно1p−2Sq≡1(modp).\frac1p-2S_q\equiv1\pmod p.Ако тази рационална стойност е m/nm/n, последното сравнение означава m≡n(modp)m\equiv n\pmod p, тоест p∣m−np\mid m-n.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2010/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
На дъската са записани 6868 наредени двойки, не непременно различни, от ненулеви цели числа. Известно е, че не съществува цяло число kk, за което едновременно да са записани двойките (k,k)(k,k) и (−k,−k)(-k,-k). Ученик изтрива някои от 136136-те записани числа така, че никои две изтрити числа да нямат сума 00, и получава една точка за всяка наредена двойка, в която е изтрито поне едно число. Какъв е най-големият брой точки, който ученикът може да си гарантира?
РешениеОтговорът е 4343. Ще преведем задачата на езика на мултиграфите. Групираме всяко ненулево число с противоположното му: за всяка такава двойка пишем върхове aia_i и bib_i, където bi=−aib_i=-a_i. Всяка наредена двойка от дъската разглеждаме като ребро между съответните върхове; ориентацията не влияе на това дали реброто носи точка. Условието за двойките (k,k)(k,k) и (−k,−k)(-k,-k) позволява да означим върховете така, че примките да са само при върхове от вида aia_i. Ученикът може да избере точно един от двата върха ai,bia_i,b_i за всяко ii: ако не е избрал нито един, добавянето на един от тях не нарушава условието и не намалява резултата. Точките са точно ребрата, инцидентни с избраните върхове. Първо доказваме, че винаги могат да се гарантират поне 4343 точки. Избираме независимо aia_i с вероятностp=5−12,p=\frac{\sqrt5-1}{2},а bib_i с вероятност 1−p1-p. Тогава p=1−p2p=1-p^2. Всяка примка при aia_i се брои с вероятност pp. Всяко ребро между два върха от вида bi,bjb_i,b_j се брои с вероятност 1−p2=p1-p^2=p. Всички останали ребра се броят с вероятност поне pp. Следователно математическото очакване на броя точки е поне 68p68p. А68p=34(5−1)>42,68p=34(\sqrt5-1)\gt{}42,защото 345>7634\sqrt5\gt{}76 е еквивалентно след повдигане на квадрат на 342⋅5>76234^2\cdot5\gt{}76^2. Значи съществува избор с поне 4343 точки, понеже броят точки е цяло число. Остава да покажем, че 4343 не може да бъде подобрено. Даваме пример. Нека имаме 88 двойки върхове ai,bia_i,b_i. Поставяме по пет примки при всеки aia_i, общо 4040 ребра, и поставяме по едно ребро между всяка двойка различни върхове bi,bjb_i,b_j, тоест граф K8K_8 върху върховете bib_i, с още (82)=28\binom{8}{2}=28 ребра. Общо ребрата са 6868, а примки при bib_i няма, така че условието на задачата е изпълнено. Ако ученикът избере точно mm от върховете aia_i и съответно 8−m8-m от върховете bib_i, резултатът му е5m+(82)−(m2).5m+\binom{8}{2}-\binom{m}{2}.Това е 28+5m−m(m−1)/228+5m-m(m-1)/2, чиято максимална стойност за 0≤m≤80\le m\le8 е 4343 (при m=5m=5 или m=6m=6). Следователно в този пример не могат да се гарантират повече от 4343 точки. Значи търсеният максимум е 4343.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2010/6Условие — източник

2011

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са положителни реални числа, за които a2+b2+c2+(a+b+c)2≤4.a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2\le4. Да се докаже, че ab+1(a+b)2+bc+1(b+c)2+ca+1(c+a)2≥3.\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{bc+1}{(b+c)^2}+\frac{ca+1}{(c+a)^2}\ge3.
РешениеУсловието е еквивалентно на a2+b2+c2+ab+bc+ca≤2.a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le2. Затова∑cyc2ab+2(a+b)2≥\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{2ab+2}{(a+b)^2}\ge∑cyc2ab+a2+b2+c2+ab+bc+ca(a+b)2.\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{(a+b)^2}.Във всяка циклична дроб числителят вдясно се преобразува като2ab+a2+b2+c2+ab+bc+ca=2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca=(a+b)2+(c+a)(c+b).(a+b)^2+(c+a)(c+b).Следователно2∑cycab+1(a+b)2≥2\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{ab+1}{(a+b)^2}\ge3+∑cyc(c+a)(c+b)(a+b)2.3+\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2}.По AM-GM за трите положителни члена имаме∑cyc(c+a)(c+b)(a+b)2≥\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2}\ge3x2∏cyc(c+a)(c+b)(a+b)23=3,3\sqrt[3]{\vphantom{x^2}\prod_{\mathrm{cyc}}\frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2}}=3,защото произведението под корена е 11. Така дясната страна е поне 66, откъдето след деление на 22 получаваме исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2011/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
На всеки връх на правилен петоъгълник е записано цяло число така, че сумата на петте числа е 20112011. Един ход в играта се състои в това да се избере цяло число mm, не непременно положително, да се извади mm от числата в два съседни върха и да се прибави 2m2m към противоположния връх, който не е съседен на нито един от първите два. Числото mm и избраните върхове могат да се променят от ход на ход. Казваме, че играта се печели във връх, ако след краен брой ходове в този връх стои числото 20112011, а в останалите четири върха стоят нули. Да се докаже, че при всяко начално разпределение има точно един връх, в който играта може да се спечели.
РешениеНомерираме върховете последователно с 0,1,2,3,40,1,2,3,4 и нека текущите числа са N0,N1,N2,N3,N4N_0,N_1,N_2,N_3,N_4. ВеличинатаS=N1+2N2+3N3+4N4(mod5)S=N_1+2N_2+3N_3+4N_4\pmod5е инвариант. Наистина, ако в един ход противоположният връх е ii, тогава промяната в претеглената сума е 2im−(i+2)m−(i+3)m≡0(mod5)2im-(i+2)m-(i+3)m\equiv0\pmod5, където индексите са по модул 55. Това веднага показва, че може да има най-много един печеливш връх: ако накрая единственото ненулево число е 20112011 във връх jj, то S≡2011j≡j(mod5)S\equiv2011j\equiv j\pmod5. Остава да докажем, че този единствен възможен връх наистина е достижим. Без ограничение нека той е връх 00, тоест началните числа a0,a1,a2,a3,a4a_0,a_1,a_2,a_3,a_4 удовлетворяватa1+2a2+3a3+4a4≡0(mod5).a_1+2a_2+3a_3+4a_4\equiv0\pmod5.Нека xix_i е сумата на всички избрани стойности mm в ходовете, при които връх ii е противоположният връх и получава 2m2m. Търсим цели xix_i, за които крайното състояние да е печелившо във връх 00. Това дава системата2011=a0+2x0−x2−x3,2011=a_0+2x_0-x_2-x_3,0=a1+2x1−x3−x4,0=a_1+2x_1-x_3-x_4,0=a2+2x2−x4−x0,0=a_2+2x_2-x_4-x_0,0=a3+2x3−x0−x1,0=a_3+2x_3-x_0-x_1,0=a4+2x4−x1−x2.0=a_4+2x_4-x_1-x_2.Първото уравнение следва от останалите четири и от запазването на общата сума. Освен това можем да прибавим една и съща константа към всички xix_i, без да променим нито едно от крайните числа; затова поставяме x0=0x_0=0. От третото и четвъртото уравнение получавамеx4=2x2+a2,x1=2x3+a3.x_4=2x_2+a_2,\qquad x_1=2x_3+a_3.След заместване във второто и петото остават2x2−3x3=2a3+a1−a2,2x3−3x2=2a2+a4−a3.2x_2-3x_3=2a_3+a_1-a_2,\qquad 2x_3-3x_2=2a_2+a_4-a_3.Изваждайки, намирамеx2−x3=a1−3a2+3a3−a45.x_2-x_3=\frac{a_1-3a_2+3a_3-a_4}{5}.Дробта е цяло число, защото числителят е сравним с a1+2a2+3a3+4a4a_1+2a_2+3a_3+4a_4 по модул 55. Ако го означим с kk, една целочислена система решения еx2=3k−(2a3+a1−a2),x3=2k−(2a3+a1−a2),x_2=3k-(2a_3+a_1-a_2),\qquad x_3=2k-(2a_3+a_1-a_2),x1=2x3+a3,x4=2x2+a2,x0=0.x_1=2x_3+a_3,\qquad x_4=2x_2+a_2,\qquad x_0=0.Понеже mm може да е отрицателно, всяка такава целочислена петорка xix_i се реализира чрез съответните ходове. Следователно печалбата в единствения връх, определен от инварианта, винаги е възможна.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2011/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се разгледа твърдението: за всяко положително цяло число n≥2n\ge2 остатъкът при деление на 22n2^{2^n} на 2n−12^n-1 е степен на 44. Да се докаже твърдението или да се намери контрапример с доказателство.
РешениеЩе покажем, че n=25n=25 е контрапример. По модул 225−12^{25}-1 имаме 225≡12^{25}\equiv1, затова степените на 22 имат период, който дели 2525. Следователно показателят може да се намали по модул 2525:2225≡2225 mod 25≡27(mod225−1),2^{2^{25}}\equiv2^{2^{25}\bmod 25}\equiv2^7\pmod{2^{25}-1},понеже 225≡7(mod25)2^{25}\equiv7\pmod{25}. Числото 272^7 наистина е остатъкът, защото 0<27<225−10\lt{}2^7\lt{}2^{25}-1. Но 272^7 не е степен на 44, тъй като всяка степен на 44 има вида 22t2^{2t} с четен показател. Значи твърдението е невярно.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2011/4Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека AA е множество с ∣A∣=225|A|=225. Да предположим, че съществуват единадесет подмножества A1,A2,…,A11A_1,A_2,\ldots,A_{11} на AA, за които ∣Ai∣=45|A_i|=45 за 1≤i≤111\le i\le11 и ∣Ai∩Aj∣=9|A_i\cap A_j|=9 за 1≤i<j≤111\le i\lt{}j\le11. Да се докаже, че ∣A1∪A2∪⋯∪A11∣≥165,|A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_{11}|\ge165, и да се даде пример, при който има равенство.
РешениеЧислото 225225 почти не играе роля в оценката. Да означим елементите на обединението A1∪⋯∪A11A_1\cup\cdots\cup A_{11} с a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n, и нека xix_i е броят на множествата AjA_j, в които участва aia_i. Тогава∑i=1nxi=45⋅11=495.\sum_{i=1}^n x_i=45\cdot11=495.От друга страна, ако броим по двойки множествата Ap,AqA_p,A_q, в които се среща един и същ елемент, получаваме∑i=1n(xi2)=(112)⋅9.\sum_{i=1}^n\binom{x_i}{2}=\binom{11}{2}\cdot9.Понеже (xi2)=(xi2−xi)/2\binom{x_i}{2}=(x_i^2-x_i)/2, оттук следва∑i=1nxi2=2(112)⋅9+495=1485.\sum_{i=1}^n x_i^2=2\binom{11}{2}\cdot9+495=1485.По неравенството на Коши-Шварцn∑i=1nxi2≥(∑i=1nxi)2,n\sum_{i=1}^n x_i^2\ge\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)^2,следователноn≥49521485=165.n\ge\frac{495^2}{1485}=165.Точно това е исканото, защото nn е размерът на обединението. За пример с равенство вземаме като обединение всички триелементни подмножества на {1,2,…,11}\{1,2,\ldots,11\}; те са (113)=165\binom{11}{3}=165. Ако държим самото множество AA да има точно 225225 елемента, добавяме още 6060 произволни елемента, които не участват в нито едно AiA_i. Нека AiA_i е множеството от всички триелементни подмножества, които съдържат ii. Тогава∣Ai∣=(102)=45,|A_i|=\binom{10}{2}=45,а за i≠ji\ne j множеството Ai∩AjA_i\cap A_j се състои от триелементните подмножества, съдържащи едновременно ii и jj, така че третият елемент може да се избере по (91)=9\binom{9}{1}=9 начина. Получаваме равенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2011/6Условие — източник

2012

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа n≥3n\ge3 със следното свойство: измежду всеки nn положителни реални числа a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n, за които max⁡(a1,a2,…,an)≤n⋅min⁡(a1,a2,…,an),\max(a_1,a_2,\ldots,a_n)\le n\cdot\min(a_1,a_2,\ldots,a_n), съществуват три, които са дължини на страни на остроъгълен триъгълник.
РешениеОтговорът е: всички n≥13n\ge13. Нека F1=F2=1F_1=F_2=1 и Fm+1=Fm+Fm−1F_{m+1}=F_m+F_{m-1} са числата на Фибоначи. Ще използваме простия факт, че Fm≤m2F_m\le m^2 тогава и само тогава, когато m≤12m\le12. Това се проверява директно за първите стойности: F12=144=122F_{12}=144=12^2, а F13=233>132F_{13}=233\gt{}13^2 и F14=377>142F_{14}=377\gt{}14^2; за m≥15m\ge15 индукцията дава Fm=Fm−1+Fm−2>(m−1)2+(m−2)2>m2.F_m=F_{m-1}+F_{m-2}\gt{}(m-1)^2+(m-2)^2\gt{}m^2.Нека първо n≥13n\ge13 и да допуснем противното: няма три от числата, които да са страни на остроъгълен триъгълник. Подреждаме ги така, че a1≤a2≤⋯≤ana_1\le a_2\le\cdots\le a_n. Тогава за всяко i≥2i\ge2 тройката ai−1,ai,ai+1a_{i-1},a_i,a_{i+1} не е остроъгълна, следователно ai+12≥ai2+ai−12.a_{i+1}^2\ge a_i^2+a_{i-1}^2. Оттук по индукция получаваме ai2≥Fia12a_i^2\ge F_i a_1^2 за всички ii. В частност an2≥Fna12a_n^2\ge F_n a_1^2. От условието на задачата обаче an≤na1a_n\le n a_1, затова Fn≤n2F_n\le n^2, което противоречи на n≥13n\ge13. Остава да покажем, че за n≤12n\le12 свойството не е вярно. Вземаме ai=x2Fi,i=1,2,…,n.a_i=\sqrt{\vphantom{x^2}F_i},\qquad i=1,2,\ldots,n. Тогава min⁡ai=1\min a_i=1 и max⁡ai=x2Fn≤n\max a_i=\sqrt{\vphantom{x^2}F_n}\le n, така че условието е изпълнено. Но ако i<j<ki\lt{}j\lt{}k, то ak2=Fk=Fk−1+Fk−2≥Fj+Fi=aj2+ai2,a_k^2=F_k=F_{k-1}+F_{k-2}\ge F_j+F_i=a_j^2+a_i^2, следователно тези три числа не могат да бъдат страни на остроъгълен триъгълник. Значи точно n≥13n\ge13 работят.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2012/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжност е разделена на равни дъги от 432432 точки. Точките са оцветени в четири цвята така, че 108108 точки са червени, 108108 са зелени, 108108 са сини, а останалите 108108 са жълти. Да се докаже, че могат да се изберат по три точки от всеки цвят така, че четирите триъгълника, образувани от избраните точки с един и същи цвят, да са конгруентни.
РешениеЩе използваме ротации и осредняване. Разглеждаме 431431-те нетъждествени ротации на окръжността и броим колко червени точки попадат върху зелени. При случайно избрана такава ротация всяка фиксирана червена точка попада върху зелена с вероятност 108/431108/431. Следователно математическото очакване на броя съвпадения е 108⋅108431>27.108\cdot\frac{108}{431}\gt{}27. По принципа на Дирихле съществува ротация, при която поне 2828 червени точки попадат върху зелени точки. Така намираме червен 2828-ъгълник и зелен 2828-ъгълник, които са образи един на друг при ротация. Сега вземаме този червен 2828-ъгълник и го сравняваме със сините точки. Изключваме двете ротации, които дават вече намерените червена и зелена конфигурация, и разглеждаме останалите 430430 ротации. По същата сметка очакваният брой попадения върху сини точки е 28⋅108430>7.28\cdot\frac{108}{430}\gt{}7. Следователно можем да изберем червен, зелен и син 88-ъгълник, които са ротационни образи един на друг. Накрая повтаряме аргумента с жълтите точки. От 429429-те допустими ротации очакваният брой попадения е 8⋅108429>2,8\cdot\frac{108}{429}\gt{}2, затова съществуват поне 33 попадения. Получаваме по три точки от всеки от четирите цвята, като четирите тройки са ротационни образи на една и съща тройка. Следователно образуваните четири триъгълника са конгруентни.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2012/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Определете за кои цели числа n>1n\gt{}1 съществува безкрайна редица a1,a2,a3,…a_1,a_2,a_3,\ldots от ненулеви цели числа, такава че за всяко положително цяло число kk е изпълненоak+2a2k+⋯+nank=0.a_k+2a_{2k}+\cdots+na_{nk}=0.
РешениеОтговорът е: всички n>2n\gt{}2. За n=2n=2 равенството става ak+2a2k=0a_k+2a_{2k}=0. Оттук рекурентно получавамеa2t=(−1)ta12t(t≥1),a_{2^t}=(-1)^t\frac{a_1}{2^t}\qquad(t\ge1),което е невъзможно за ненулеви цели числа a2ta_{2^t} при всички tt: числото a1a_1 би трябвало да се дели на произволно големи степени на 22. Нека сега n≥3n\ge3. Ще построим напълно мултипликативна редица, тоест aij=aiaja_{ij}=a_i a_j за всички положителни цели i,ji,j. Тогава a1=1a_1=1, а условието за всяко kk ще следва от едно-единствено равенство:ak+2a2k+⋯+nank=ak(1a1+2a2+⋯+nan),a_k+2a_{2k}+\cdots+na_{nk}=a_k(1a_1+2a_2+\cdots+na_n),така че е достатъчно да изберем стойностите върху простите числа така, че1a1+2a2+⋯+nan=0.1a_1+2a_2+\cdots+na_n=0.Първо разглеждаме n≥9n\ge9. По постулата на Бертран съществуват прости числа pp и qq, за които⌈n2⌉<q<2⌈n2⌉,q−12<p<q−1.\left\lceil\frac n2\right\rceil\lt{}q\lt{}2\left\lceil\frac n2\right\rceil,\qquad \frac{q-1}{2}\lt{}p\lt{}q-1.Тогава p≠qp\ne q, q≥7q\ge7, p>3p\gt{}3, p<q<np\lt{}q\lt{}n, 2q>n2q\gt{}n и 4p>n4p\gt{}n. Полагаме ar=1a_r=1 за всяко просто число r≠p,qr\ne p,q. Остава да изберем ненулеви цели стойности за apa_p и aqa_q. В сумата 1a1+2a2+⋯+nan1a_1+2a_2+\cdots+na_n единствените членове, които могат да се различават от обикновената сума 1+2+⋯+n1+2+\cdots+n, са кратните на pp и кратното qq. Понеже 4p>n4p\gt{}n, кратните на pp сред 1,2,…,n1,2,\ldots,n са само pp, евентуално 2p2p, евентуално 3p3p. Съответно трябва да решим едно от трите линейни уравнения6p⋅ap+q⋅aq=6p+q−n(n+1)2,6p\cdot a_p+q\cdot a_q=6p+q-\frac{n(n+1)}2,3p⋅ap+q⋅aq=3p+q−n(n+1)2,3p\cdot a_p+q\cdot a_q=3p+q-\frac{n(n+1)}2,илиp⋅ap+q⋅aq=p+q−n(n+1)2,p\cdot a_p+q\cdot a_q=p+q-\frac{n(n+1)}2,според това дали 3p≤n3p\le n, само 2p≤n2p\le n, или само p≤np\le n. Във всеки случай коефициентът пред apa_p е взаимнопрост с qq, тъй като qq е просто и е различно от 22, 33, pp. По лемата на Безу има цели решения; понеже решенията образуват безкрайна аритметична прогресия, можем да изберем решение, при което и apa_p, и aqa_q са ненулеви. Това дава търсената напълно мултипликативна редица за всички n≥9n\ge9. Остават малките стойности 3≤n≤83\le n\le8. Те се проверяват с явни напълно мултипликативни редици. За n=3n=3 вземаме am=(−1)ν3(m)a_m=(-1)^{\nu_3(m)}. За n=4n=4 вземаме am=(−1)ν2(m)+ν3(m)a_m=(-1)^{\nu_2(m)+\nu_3(m)}. За n=5n=5 вземаме am=(−2)ν5(m)a_m=(-2)^{\nu_5(m)}. За n=6n=6 вземаме am=5ν2(m)3ν3(m)(−42)ν5(m)a_m=5^{\nu_2(m)}3^{\nu_3(m)}(-42)^{\nu_5(m)}. За n=7n=7 вземаме am=(−3)ν7(m)a_m=(-3)^{\nu_7(m)}. За n=8n=8 можем да използваме предишната конструкция с (p,q)=(5,7)(p,q)=(5,7); например изборът a5=a7=−2a_5=a_7=-2 и ar=1a_r=1 за останалите прости rr дава 1a1+⋯+8a8=01a_1+\cdots+8a_8=0. Лесна проверка показва, че във всеки от изброените случаи сумата 1a1+2a2+⋯+nan1a_1+2a_2+\cdots+na_n е нула. Следователно нужната редица съществува точно за n>2n\gt{}2.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2012/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:N→Nf:\mathbb N\to\mathbb N, за които f(n!)=f(n)!f(n!)=f(n)! за всяко положително цяло число nn и m−nm-n дели f(m)−f(n)f(m)-f(n) за всички различни положителни цели числа m,nm,n.
РешениеОтговорът е: f≡1f\equiv1, f≡2f\equiv2 и тъждествената функция f(n)=nf(n)=n. Те очевидно удовлетворяват условията; ще докажем, че други няма. От f(1!)=f(1)!f(1!)=f(1)! и f(2!)=f(2)!f(2!)=f(2)! следва f(1),f(2)∈{1,2}f(1),f(2)\in\{1,2\}. Освен това, прилагайки делимостта към m!m! и n!n!, получаваме m!−n!∣f(m)!−f(n)!.m!-n!\mid f(m)!-f(n)!.Разглеждаме случаите според f(1)f(1) и f(2)f(2). Ако f(2)=1f(2)=1, то за m≥3m\ge3 имаме m!−2∣f(m)!−1.m!-2\mid f(m)!-1. Числото m!−2m!-2 е четно, а ако f(m)≥2f(m)\ge2, тогава f(m)!−1f(m)!-1 е нечетно, което е невъзможно. Значи f(m)=1f(m)=1 за всички m≥3m\ge3, а от 3−1∣f(3)−f(1)3-1\mid f(3)-f(1) следва и f(1)=1f(1)=1. Получаваме f≡1f\equiv1. Ако f(1)=f(2)=2f(1)=f(2)=2, то от 3!−1∣f(3)!−23!-1\mid f(3)!-2 следва f(3)=2f(3)=2. После за m≥4m\ge4 имаме m!−6∣f(m)!−2.m!-6\mid f(m)!-2. Делителят се дели на 33, а ако f(m)≥3f(m)\ge3, то f(m)!−2≡1(mod3)f(m)!-2\equiv1\pmod3, невъзможно. Така f(m)=2f(m)=2 за всички mm, тоест f≡2f\equiv2. Остава случаят f(1)=1f(1)=1 и f(2)=2f(2)=2. От 3!−1∣f(3)!−1,3!−2∣f(3)!−23!-1\mid f(3)!-1,\qquad 3!-2\mid f(3)!-2 лесно се получава f(3)=3f(3)=3. Ще докажем по индукция, че f(k)=kf(k)=k за всички kk. Да приемем, че f(1)=1,…,f(k)=kf(1)=1,\ldots,f(k)=k. Тогава k⋅k≠(k+1)!−k!∣f(k+1)!−k!,k\cdot k\neq{}(k+1)!-k!\mid f(k+1)!-k!, откъдето f(k+1)≥kf(k+1)\ge k и k∣f(k+1)!k!−1.k\mid \frac{f(k+1)!}{k!}-1. Последното изключва f(k+1)≥2k+1f(k+1)\ge2k+1, защото произведението (k+1)(k+2)⋯f(k+1)(k+1)(k+2)\cdots f(k+1) би се деляло на kk. Значи f(k+1)≤2kf(k+1)\le2k. От първоначалната делимост с n=1n=1 получаваме k∣f(k+1)−1k\mid f(k+1)-1. Единственото число между kk и 2k2k, което е 11 по модул kk, е k+1k+1. Следователно f(k+1)=k+1f(k+1)=k+1 и индукцията е завършена.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2012/4Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
За цяло число n≥2n\ge2 нека x1,x2,…,xnx_1,x_2,\ldots,x_n са реални числа, за които x1+x2+⋯+xn=0,x12+x22+⋯+xn2=1.x_1+x_2+\cdots+x_n=0,\qquad x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=1. За всяко подмножество A⊆{1,2,…,n}A\subseteq\{1,2,\ldots,n\} дефинираме SA=∑i∈AxiS_A=\sum_{i\in A}x_i; ако A=∅A=\emptyset, то SA=0S_A=0. Да се докаже, че за всяко положително число λ\lambda броят на множествата AA, за които SA≥λS_A\ge\lambda, е най-много 2n−3/λ22^{n-3}/\lambda^2. Да се намерят случаите на равенство.
РешениеИзбираме случайно подмножество AA чрез независими случайни величини εi∈{0,1}\varepsilon_i\in\{0,1\}, където P(εi=1)=1/2\mathbb P(\varepsilon_i=1)=1/2, и пишем SA=∑iεixi.S_A=\sum_i\varepsilon_i x_i. Тогава E(SA2)=\mathbb E(S_A^2)=∑iE(εi2)xi2+2∑i<jE(εiεj)xixj.\sum_i\mathbb E(\varepsilon_i^2)x_i^2+2\sum_{i\lt{}j}\mathbb E(\varepsilon_i\varepsilon_j)x_ix_j. Понеже E(εi2)=1/2\mathbb E(\varepsilon_i^2)=1/2 и E(εiεj)=1/4\mathbb E(\varepsilon_i\varepsilon_j)=1/4, получаваме E(SA2)=12∑ixi2+12∑i<jxixj.\mathbb E(S_A^2)=\frac12\sum_i x_i^2+\frac12\sum_{i\lt{}j}x_ix_j. От ∑ixi=0\sum_i x_i=0 следва ∑i<jxixj=−1/2\sum_{i\lt{}j}x_ix_j=-1/2, а от ∑ixi2=1\sum_i x_i^2=1 получаваме E(SA2)=12+12⋅(−12)=14.\mathbb E(S_A^2)=\frac12+\frac12\cdot\left(-\frac12\right)=\frac14. Следователно ∑ASA2=2n⋅14=2n−2.\sum_A S_A^2=2^n\cdot\frac14=2^{n-2}.Всяко множество AA се сдвоява с допълнението си, като SAc=−SAS_{A^c}=-S_A. Затова сумата на SA2S_A^2 само по множествата с SA>0S_A\gt{}0 е точно половината от общата сума, тоест ∑SA>0SA2=2n−3.\sum_{S_A\gt{}0}S_A^2=2^{n-3}. Ако NN е броят на множествата с SA≥λS_A\ge\lambda, то всяко от тях дава принос поне λ2\lambda^2, следователно Nλ2≤2n−3,N\lambda^2\le2^{n-3}, което е търсената оценка. Да разгледаме равенството. То изисква всяка положителна стойност на SAS_A да е точно λ\lambda; иначе или ще има положителна стойност под λ\lambda, която не се брои, или някоя броена стойност ще дава принос по-голям от λ2\lambda^2. Значи всички суми SAS_A принадлежат на множеството {−λ,0,λ}\{-\lambda,0,\lambda\}. В частност всяко xi=S{i}x_i=S_{\{i\}} е едно от тези три числа. Не може да има две положителни xix_i, защото сумата им би била 2λ2\lambda, и аналогично не може да има две отрицателни. Понеже общата сума е 00 и сумата от квадратите е 11, трябва, след пермутация, x1=12,x2=−12,x3=⋯=xn=0,x_1=\frac1{\sqrt2},\qquad x_2=-\frac1{\sqrt2},\qquad x_3=\cdots=x_n=0, и тогава λ=1/2\lambda=1/\sqrt2. Лесно се проверява, че точно тези случаи наистина дават равенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2012/6Условие — източник

2013

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
За положително цяло число n≥3n\ge3 са разположени nn равноотдалечени точки върху окръжност. Една от тях е означена с AA, а в AA е поставен маркер. На всеки ход маркерът може да се премести напред по часовниковата стрелка или до следващата точка, или до точката след нея. Така има общо 2n2n различни хода, по два от всяка точка. Нека ana_n е броят на начините маркерът да обиколи окръжността точно два пъти, започвайки и завършвайки в AA, без да повтаря ход. Докажете, че an−1+an=2na_{n-1}+a_n=2^n за всяко n≥4n\ge4.
РешениеЩе заменим движението по окръжността с движение по множествотоS={0,1,2,…,2n},S=\{0,1,2,\ldots,2n\},като започваме от 00, завършваме в 2n2n и правим скокове с дължина 11 или 22. Нека pi=1p_i=1, ако точката ii е посетена, и pi=0p_i=0 иначе. Записваме тези данни в матрицата[p0p1p2⋯pn−1pnpnpn+1pn+2⋯p2n−1p2n].\begin{bmatrix} p_0&p_1&p_2&\cdots&p_{n-1}&p_n\\ p_n&p_{n+1}&p_{n+2}&\cdots&p_{2n-1}&p_{2n} \end{bmatrix}.Имаме p0=p2n=1p_0=p_{2n}=1, а горният десен и долният ляв елемент са равни. Условието, че скоковете са само с дължина 11 или 22 и че никой ход не се повтаря, е еквивалентно на това в матрицата да не се срещат съседни подматрици от видовете[00],[00],[1111].\begin{bmatrix}0&0\end{bmatrix},\qquad \begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix},\qquad \begin{bmatrix}1&1\\1&1\end{bmatrix}.Затова можем да гледаме само трите възможни стълбови вектораu=[10],v=[01],w=[11].\mathbf u=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},\qquad \mathbf v=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix},\qquad \mathbf w=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}.Валидните матрици са точно редици от n+1n+1 такива стълба, в които няма два съседни еднакви стълба, и граничното условие е едно от следните две:начало u и край v,\text{начало }\mathbf u\text{ и край }\mathbf v,илиначало w и край w.\qquad\text{или}\qquad\text{начало }\mathbf w\text{ и край }\mathbf w.Фиксираме началния стълб. Нека xnx_n е броят на редиците от n+1n+1 стълба, които завършват в един предварително фиксиран различен от началния стълб, а yny_n е броят на редиците, които завършват в началния стълб. Тогава по симетрияan=xn+yn.a_n=x_n+y_n.Освен това имаме рекурентните зависимостиxn+1=xn+yn,yn+1=2xn.x_{n+1}=x_n+y_n,\qquad y_{n+1}=2x_n.Наистина, за да завършим в фиксиран различен стълб, предишният стълб може да е началният или третият стълб; а за да завършим в началния стълб, предишният стълб може да бъде който и да е от двата различни стълба. Ще използваме още, че2xn+yn=2n.2x_n+y_n=2^n.Това може да се докаже от рекурсиите и началните стойности x1=1x_1=1, y1=0y_1=0, но има и директно броене: след първия стълб всеки от следващите nn стълба има точно два избора, защото не може да бъде равен на предишния. Лявата страна брои всички възможни крайни стълбове - двата различни дават по xnx_n, а началният дава yny_n. Накрая получавамеan+1+an=(xn+1+yn+1)+(xn+yn)=(xn+yn+2xn)+(xn+yn)=2(2xn+yn)=2n+1.\begin{aligned} a_{n+1}+a_n&=(x_{n+1}+y_{n+1})+(x_n+y_n)\\ &=(x_n+y_n+2x_n)+(x_n+y_n)\\ &=2(2x_n+y_n)=2^{n+1}. \end{aligned}След замяна на n+1n+1 с nn това е точно an−1+an=2na_{n-1}+a_n=2^n за всяко n≥4n\ge4.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2013/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа x,y,z≥1x,y,z\ge1, за които min⁡{x2x+xyz,x2y+xyz,x2z+xyz}=\min\{\sqrt{\vphantom{x^2}x+xyz},\sqrt{\vphantom{x^2}y+xyz},\sqrt{\vphantom{x^2}z+xyz}\}=x2x−1+x2y−1+x2z−1.\sqrt{\vphantom{x^2}x-1}+\sqrt{\vphantom{x^2}y-1}+\sqrt{\vphantom{x^2}z-1}.
РешениеНека x=1+ax=1+a, y=1+by=1+b, z=1+cz=1+c, където a,b,c≥0a,b,c\ge0. Поради симетрия можем да приемем, че a≤b≤ca\le b\le c, така че x≤y≤zx\le y\le z и минимумът вляво е първият член. Трябва да имаме x2(1+a)(1+(1+b)(1+c))=a+b+c.\sqrt{\vphantom{x^2}(1+a)(1+(1+b)(1+c))}=\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c.Ще докажем неравенството в правилната посока и после ще проследим кога има равенство. Имаме 1+(1+b)(1+c)=2+b+c+bc≥1+(1+b)(1+c)=2+b+c+bc\ge1+b+c+2x2bc=1+(b+c)2, 1+b+c+2\sqrt{\vphantom{x^2}bc}=1+(\sqrt b+\sqrt c)^2, като равенство има точно когато bc=1bc=1. Следователно x2(1+a)(1+(1+b)(1+c))≥\sqrt{\vphantom{x^2}(1+a)(1+(1+b)(1+c))}\gex2(1+a)(1+(b+c)2).\sqrt{\vphantom{x^2}(1+a)(1+(\sqrt b+\sqrt c)^2)}. От друга страна, след повдигане на квадрат, (1+a)(1+(b+c)2)≥(a+b+c)2(1+a)(1+(\sqrt b+\sqrt c)^2)\ge(\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c)^2 е еквивалентно на 1+a(b+c)2≥2a(b+c),1+a(\sqrt b+\sqrt c)^2\ge2\sqrt a(\sqrt b+\sqrt c), тоест на (a(b+c)−1)2≥0.(\sqrt a(\sqrt b+\sqrt c)-1)^2\ge0. Равенство във второто неравенство има точно когато a(b+c)=1\sqrt a(\sqrt b+\sqrt c)=1. Значи равенство в първоначалното уравнение е възможно и необходимо точно при условията bc=1,a(b+c)=1,bc=1,\qquad \sqrt a(\sqrt b+\sqrt c)=1, след евентуална пермутация на a,b,ca,b,c. Нека c=t2c=t^2 и b=t−2b=t^{-2} за някое t>0t\gt{}0. Тогава a=1t+t−1,a=t2(t2+1)2.\sqrt a=\frac1{t+t^{-1}},\qquad a=\frac{t^2}{(t^2+1)^2}.Следователно всички решения са всички пермутации на тройките (1+t2(t2+1)2,  1+1t2,  1+t2),t>0.\left(1+\frac{t^2}{(t^2+1)^2},\;1+\frac1{t^2},\;1+t^2\right),\qquad t\gt{}0. Обратно, всяка такава тройка удовлетворява двете условия за равенство, затова действително е решение.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2013/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека mm и nn са положителни цели числа. Да се докаже, че съществува положително цяло число cc, така че cmcm и cncn да имат едни и същи ненулеви цифри в десетичния си запис.
РешениеЩе построим множител CC, който върши работа. Първо ще намерим положителни цели числа DD и ee такива, че gcd⁡(D,10)=1\gcd(D,10)=1, D>max⁡{m,n}D\gt{}\max\{m,n\} и 10em≡n(modD).10^e m\equiv n\pmod D. Нека r=ν2(n)r=\nu_2(n) и s=ν5(n)s=\nu_5(n). Избираме e>max⁡{r,s}e\gt{}\max\{r,s\} толкова голямо, че A=10em−n>2r5smax⁡{m,n}.A=10^e m-n\gt{}2^r5^s\max\{m,n\}. Тогава ν2(A)=r\nu_2(A)=r и ν5(A)=s\nu_5(A)=s, понеже 10em10^e m се дели на по-високи степени на 22 и 55 от тези, които делят nn. Поставяме D=A2r5s.D=\frac{A}{2^r5^s}. Получаваме gcd⁡(D,10)=1\gcd(D,10)=1, D>max⁡{m,n}D\gt{}\max\{m,n\}, а от A=10em−nA=10^e m-n следва исканото сравнение 10em≡n(modD)10^e m\equiv n\pmod D. Понеже DD е взаимно просто с 1010, съществува положително цяло число LL, за което 10L≡1(modD)10^L\equiv1\pmod D. Нека C=10L−1D.C=\frac{10^L-1}{D}. Тъй като m,n<Dm,n\lt{}D, произведенията mCmC и nCnC са по-малки от 10L−110^L-1, затова можем да ги разглеждаме като блокове от точно LL десетични цифри, допускайки водещи нули. Умножавайки сравнението 10em≡n(modD)10^e m\equiv n\pmod D по CC, получаваме 10emC≡nC(mod10L−1).10^e mC\equiv nC\pmod{10^L-1}.Сравнение по модул 10L−110^L-1 има точно следния смисъл за блокове от LL цифри: умножението по 1010 премества цифрите циклично, а умножението по 10e10^e прави ee такива циклични премествания. Значи mCmC и nCnC имат едни и същи цифри като LL-цифрени блокове, евентуално в различен цикличен ред и с водещи нули. След премахване на водещите нули, нулите може да се появяват на различни места, но всички ненулеви цифри са едни и същи. Следователно търсеното число е c=Cc=C.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2013/5Условие — източник

2014

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a,b,c,da,b,c,d са реални числа, за които b−d≥5b-d\ge5, и всички корени x1,x2,x3,x4x_1,x_2,x_3,x_4 на полинома P(x)=x4+ax3+bx2+cx+dP(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d са реални. Да се намери най-малката възможна стойност на произведението (x12+1)(x22+1)(x32+1)(x42+1).(x_1^2+1)(x_2^2+1)(x_3^2+1)(x_4^2+1).
РешениеОтговорът е 1616. Тази стойност се достига при x1=x2=x3=x4=1x_1=x_2=x_3=x_4=1: тогава произведението е 24=162^4=16, а за полинома (x−1)4(x-1)^4 имаме b=6b=6, d=1d=1, следователно b−d=5b-d=5. Остава да докажем, че по-малка стойност е невъзможна. Ще покажем тъждеството (x12+1)(x22+1)(x32+1)(x42+1)=(x_1^2+1)(x_2^2+1)(x_3^2+1)(x_4^2+1)=(b−d−1)2+(a−c)2.(b-d-1)^2+(a-c)^2. Нека i2=−1i^2=-1. Понеже корените на PP са x1,x2,x3,x4x_1,x_2,x_3,x_4, получаваме ∏j=14(xj2+1)=∏j=14(xj−i)(xj+i)=\prod_{j=1}^4(x_j^2+1)=\prod_{j=1}^4(x_j-i)(x_j+i)=P(i)P(−i)=∣P(i)∣2.P(i)P(-i)=|P(i)|^2. От друга страна P(i)=i4+ai3+bi2+ci+d=(1−b+d)+(c−a)i.P(i)=i^4+ai^3+bi^2+ci+d=(1-b+d)+(c-a)i. Следователно ∣P(i)∣2=(1−b+d)2+(c−a)2=(b−d−1)2+(a−c)2|P(i)|^2=(1-b+d)^2+(c-a)^2=(b-d-1)^2+(a-c)^2, както твърдяхме. От условието b−d≥5b-d\ge5 следва b−d−1≥4b-d-1\ge4, затова (b−d−1)2+(a−c)2≥42+02=16.(b-d-1)^2+(a-c)^2\ge4^2+0^2=16. Така най-малката възможна стойност е 1616.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2014/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:Z→Zf:\mathbb Z\to\mathbb Z, за които xf(2f(y)−x)+y2f(2x−f(y))=xf(2f(y)-x)+y^2f(2x-f(y))=f(x)2x+f(yf(y))f(x)^2x+f(yf(y)) за всички x,y∈Zx,y\in\mathbb Z с x≠0x\ne0.
РешениеОтговорът е f(x)≡0f(x)\equiv0 и f(x)≡x2f(x)\equiv x^2; директна проверка показва, че и двете функции удовлетворяват условието. Слагаме y=0y=0. Получаваме xf(2f(0)−x)=f(x)2x+f(0).xf(2f(0)-x)=f(x)^2x+f(0). Първо ще докажем, че f(0)=0f(0)=0. Ако f(0)≠0f(0)\ne0, избираме просто число pp, което не дели f(0)f(0), и полагаме x=px=p. От последното равенство следва, че p∣f(p)2p\mid f(p)^2, следователно p∣f(p)p\mid f(p), а тогава и p∣f(p)2pp\mid f(p)^2p. Връщайки се в равенството, получаваме p∣f(0)p\mid f(0), противоречие. Значи f(0)=0f(0)=0. Тогава от същото равенство следва x2f(−x)=f(x)2x^2f(-x)=f(x)^2 за всяко xx. Аналогично получаваме и f(−x)2=x2f(x)f(-x)^2=x^2f(x). Ако за някое x≠0x\ne0 имаме f(x)≠f(−x)f(x)\ne f(-x), след изваждане и разлагане се стига до f(x)+f(−x)=−x2f(x)+f(-x)=-x^2. Замяната в двете равенства дава (f(x)+x22)2=−34x4,\left(f(x)+\frac{x^2}{2}\right)^2=-\frac34x^4, което е невъзможно. Следователно ff е четна и f(x)2=x2f(x)f(x)^2=x^2f(x), тоест за всяко xx е изпълнено f(x)∈{0,x2}.f(x)\in\{0,x^2\}.Да допуснем, че съществува ненулево цяло число tt с f(t)=0f(t)=0. Ще докажем, че тогава f≡0f\equiv0. Полагаме y=ty=t в условието и получаваме t2f(2x)=0t^2f(2x)=0 за всяко x≠0x\ne0, следователно ff е нула върху всички четни цели числа. Сега полагаме x=2k≠0x=2k\ne0 и имаме y2f(4k−f(y))=f(yf(y)).y^2f(4k-f(y))=f(yf(y)). Ако за някое нечетно m≠0m\ne0 е вярно f(m)=m2f(m)=m^2, то m2f(4k−m2)=f(m3).m^2f(4k-m^2)=f(m^3). При f(m3)≠0f(m^3)\ne0 това би наложило m2(4k−m2)2=m6m^2(4k-m^2)^2=m^6 за произволно k≠0k\ne0, абсурд. Значи f(4k−m2)=f(m3)=0f(4k-m^2)=f(m^3)=0 за всяко k≠0k\ne0. Понеже mm е нечетно, m2≡1(mod4)m^2\equiv1\pmod4, така всички цели числа с изключение евентуално на ±m2\pm m^2 имат стойност 00. Но f(m)=m2f(m)=m^2 тогава дава m=±1m=\pm1. Остава възможността f(±1)=1f(\pm1)=1, а всички други стойности да са 00; тя се изключва, като заместим x=5x=5 и y=1y=1 в първоначалното равенство. Следователно, ако някъде има ненулево tt с f(t)=0f(t)=0, то f≡0f\equiv0. В противен случай за всяко x≠0x\ne0 трябва да е f(x)=x2f(x)=x^2, а и f(0)=0f(0)=0, тоест f(x)≡x2f(x)\equiv x^2. Така решенията са точно двете посочени функции.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2014/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществува безкрайно множество от точки …,P−3,P−2,P−1,P0,P1,P2,P3,…\ldots,P_{-3},P_{-2},P_{-1},P_0,P_1,P_2,P_3,\ldots в равнината със следното свойство: за всеки три различни цели числа a,b,ca,b,c точките Pa,Pb,PcP_a,P_b,P_c лежат на една права тогава и само тогава, когато a+b+c=2014a+b+c=2014.
РешениеДаваме явна конструкция. За всяко цяло число nn полагаме Pn=(n−20143,(n−20143)3).P_n=\left(n-\frac{2014}{3},\left(n-\frac{2014}{3}\right)^3\right). Ще използваме следния факт: ако x,y,zx,y,z са различни реални числа, то точките (x,x3)(x,x^3), (y,y3)(y,y^3) и (z,z3)(z,z^3) са колинеарни тогава и само тогава, когато x+y+z=0x+y+z=0. Наистина, по формулата за лице с детерминанта трите точки са колинеарни точно когато 0=det⁡(xx31yy31zz31).0=\det\begin{pmatrix}x&x^3&1\\y&y^3&1\\z&z^3&1\end{pmatrix}. Този детерминант е равен на (x−y)(y−z)(z−x)(x+y+z).(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z). Понеже x,y,zx,y,z са различни, първите три множителя са ненулеви, затова колинеарността е еквивалентна на x+y+z=0x+y+z=0. Сега за Pa,Pb,PcP_a,P_b,P_c вземаме x=a−20143,y=b−20143,z=c−20143.x=a-\frac{2014}{3},\qquad y=b-\frac{2014}{3},\qquad z=c-\frac{2014}{3}. Тогава x+y+z=a+b+c−2014x+y+z=a+b+c-2014. Следователно Pa,Pb,PcP_a,P_b,P_c лежат на една права точно когато a+b+c=2014a+b+c=2014, както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2014/3Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществува константа c>0c\gt{}0 със следното свойство: ако a,b,na,b,n са положителни цели числа и gcd⁡(a+i,b+j)>1\gcd(a+i,b+j)\gt{}1 за всички i,j∈{0,1,…,n}i,j\in\{0,1,\ldots,n\}, то min⁡{a,b}>(cn)n/2.\min\{a,b\}\gt{}(cn)^{n/2}.
РешениеНека N=n+1N=n+1. Първо ще докажем твърдението за достатъчно големи nn; накрая ще намалим константата cc, за да покрием и крайно многото малки стойности на nn. Разглеждаме таблица N×NN\times N с клетки (i,j)(i,j), където 0≤i,j≤n0\le i,j\le n. Във всяка клетка избираме едно просто число pp, което дели gcd⁡(a+i,b+j)\gcd(a+i,b+j). Основното твърдение е, че за големи nn поне половината клетки са запълнени с прости числа, по-големи от 0.001n20.001n^2. Наистина, за фиксирано просто pp броят на клетките, в които може да се появи pp, е най-много ⌈Np⌉2,\left\lceil\frac{N}{p}\right\rceil^2, защото pp трябва едновременно да дели някое от числата a,a+1,…,a+na,a+1,\ldots,a+n и някое от числата b,b+1,…,b+nb,b+1,\ldots,b+n. Следователно броят на клетките, които могат да бъдат запълнени с просто p≤0.001n2p\le0.001n^2, е най-много ∑p≤0.001n2⌈Np⌉2≤\sum_{p\le0.001n^2}\left\lceil\frac{N}{p}\right\rceil^2\le∑p≤0.001n2(Np+1)2.\sum_{p\le0.001n^2}\left(\frac{N}{p}+1\right)^2. Последната сума е N2∑p1p2+2N∑p1p+∑p1,N^2\sum_p\frac1{p^2}+2N\sum_p\frac1p+\sum_p1, където сумираме по простите p≤0.001n2p\le0.001n^2. Имаме ∑p1/p2<0.46\sum_p1/p^2\lt{}0.46, а ако r=π(0.001n2)r=\pi(0.001n^2), то ∑p1p≤∑k=1r1k=O(log⁡r)=o(N)\sum_p\frac1p\le\sum_{k=1}^r\frac1k=O(\log r)=o(N) и ∑p1=r=O(N2ln⁡N)=o(N2)\sum_p1=r=O\left(\frac{N^2}{\ln N}\right)=o(N^2) по теоремата за простите числа. Затова за достатъчно голямо NN малките прости числа покриват по-малко от N2/2N^2/2 клетки. Следователно поне половината клетки съдържат избрано просто число, по-голямо от 0.001n20.001n^2. Тогава в някой стълб има поне N/2N/2 такива клетки. Всички съответни прости числа делят едно и също число a+ia+i. Освен това те са различни: ако едно и също просто p>np\gt{}n делеше и b+j1b+j_1, и b+j2b+j_2 с 0≤j1,j2≤n0\le j_1,j_2\le n, то pp би деляло j1−j2j_1-j_2, което е възможно само при j1=j2j_1=j_2. Следователно a+i≥∏p>(0.001n2)N/2.a+i\ge\prod p\gt{}(0.001n^2)^{N/2}. Понеже 0≤i≤n0\le i\le n, оттук за достатъчно голямо nn следва a>(cn)n/2a\gt{}(c n)^{n/2} за някоя положителна абсолютна константа cc. Същият аргумент, приложен към редовете вместо към стълбовете, дава b>(cn)n/2b\gt{}(c n)^{n/2} след евентуално още едно намаляване на cc. Остава само да се погрижим за крайно многото малки стойности на nn, които не попадат в асимптотичния аргумент. Намаляваме c>0c\gt{}0 достатъчно, така че неравенството да е вярно и за тях. Така получаваме исканото min⁡{a,b}>(cn)n/2.\min\{a,b\}\gt{}(cn)^{n/2}.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2014/6Условие — източник

2015

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнението x2+xy+y2=(x+y3+1)3x^2+xy+y^2=\left(\frac{x+y}{3}+1\right)^3.
РешениеПоставяме a=x+y,b=x−y.a=x+y,\qquad b=x-y. Тогава a,b∈Za,b\in\mathbb Z са с еднаква четност и x=(a+b)/2x=(a+b)/2, y=(a−b)/2y=(a-b)/2. Уравнението става 3a2+b24=(a3+1)3.\frac{3a^2+b^2}{4}=\left(\frac a3+1\right)^3. Тъй като лявата страна е цяло число, от ((a+3)/3)3∈Z\left((a+3)/3\right)^3\in\mathbb Z следва 3∣a3\mid a. Нека a=3ca=3c. След умножение и опростяване получаваме b2=(c−2)2(4c+1).b^2=(c-2)^2(4c+1). Следователно 4c+14c+1 трябва да е квадрат на нечетно число, да кажем 4c+1=m24c+1=m^2. Обратно, всеки такъв избор на нечетно mm дава c=(m2−1)/4c=(m^2-1)/4 и b=±m(m2−9)4,b=\pm\frac{m(m^2-9)}4, откъдето x=3(m2−1)±(m3−9m)8,x=\frac{3(m^2-1)\pm(m^3-9m)}8,y=3(m2−1)∓(m3−9m)8.\qquad y=\frac{3(m^2-1)\mp(m^3-9m)}8. За нечетно mm тези числа са цели, така че получаваме всички решения. Ако запишем m=2n+1m=2n+1, по-чистата форма е x=n3+3n2−1,y=−n3+3n+1,x=n^3+3n^2-1,\qquad y=-n^3+3n+1, за произволно n∈Zn\in\mathbb Z, както и двойката с разменени координати. Това са точно всички целочислени решения.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2015/1Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека S={1,2,…,n}S=\{1,2,\ldots,n\}, където n≥1n\ge1. Всяко от 2n2^n-те подмножества на SS се оцветява в червено или синьо; оцветява се самото подмножество, а не отделните му елементи. За всяко T⊆ST\subseteq S означаваме с f(T)f(T) броя на сините подмножества на TT. Да се намери броят на оцветяванията, за които за всеки две подмножества T1,T2⊆ST_1,T_2\subseteq S е изпълнено f(T1)f(T2)=f(T1∪T2)f(T1∩T2).f(T_1)f(T_2)=f(T_1\cup T_2)f(T_1\cap T_2).
РешениеОтговорът е 1+3n1+3^n. Нека за дадено оцветяване разгледаме носителя supp⁡={T⊆S:f(T)≠0}.\operatorname{supp}=\{T\subseteq S:f(T)\ne0\}. Едното оцветяване, при което всички подмножества са червени, очевидно работи. За всяко друго оцветяване носителят не е празен. Ако T1,T2T_1,T_2 са в него, то лявата страна в условието е положителна, следователно и T1∪T2T_1\cup T_2, и T1∩T2T_1\cap T_2 са в носителя. Освен това носителят е нагоре затворен: ако TT е в него и T⊆UT\subseteq U, то всяко синьо подмножество на TT е синьо подмножество и на UU, така че f(U)>0f(U)\gt{}0. Затова носителят има вид [X,S]={T:X⊆T⊆S}[X,S]=\{T:X\subseteq T\subseteq S\} за някое фиксирано X⊆SX\subseteq S. Остава да преброим оцветяванията с такъв носител. Първо разглеждаме случая X=∅X=\varnothing, тоест ∅\varnothing е синьо. Тогава изборът кои едноелементни множества са сини определя всичко: ако тези елементи образуват множество BB, единствената възможност е сини да са точно подмножествата на BB. Тогава f(T)=2∣T∩B∣f(T)=2^{|T\cap B|} и условието следва от тъждеството ∣T1∩B∣+∣T2∩B∣=∣(T1∪T2)∩B∣+∣(T1∩T2)∩B∣|T_1\cap B|+|T_2\cap B|=|(T_1\cup T_2)\cap B|+|(T_1\cap T_2)\cap B|. Единствеността се доказва индуктивно, защото от стойностите на ff за по-малки множества се възстановява цветът на следващото множество. Следователно при пълен носител има 2n2^n оцветявания. В общия случай, ако носителят е [X,S][X,S], след премахване на задължителните елементи на XX получаваме оцветяване с пълен носител върху S∖XS\setminus X. Ако ∣X∣=r|X|=r, тези оцветявания са 2n−r2^{n-r}, а изборите на XX са (nr)\binom nr. Следователно броят на нетривиалните оцветявания е ∑r=0n(nr)2n−r=3n.\sum_{r=0}^n\binom nr2^{n-r}=3^n. Заедно с изцяло червеното оцветяване получаваме 1+3n1+3^n.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2015/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Стив поставя m≥1m\ge1 неразличими камъчета върху квадратчетата на решетка n×nn\times n. Върху едно квадратче може да има произволно голяма купчина. След това той може да прави ходове с камъчета по следния начин. Избират се четири квадратчета, които са върхове на правоъгълник, тоест имат координати (i,k)(i,k), (i,l)(i,l), (j,k)(j,k), (j,l)(j,l) за 1≤i,j,k,l≤n1\le i,j,k,l\le n, i<ji\lt{}j, k<lk\lt{}l. Един ход премахва по едно камъче от (i,k)(i,k) и (j,l)(j,l) и ги премества съответно в (i,l)(i,l) и (j,k)(j,k), или обратно. Две разположения са еквивалентни, ако едното може да се получи от другото чрез поредица от такива ходове. Колко различни нееквивалентни начина има Стив да постави камъчетата?
РешениеОтговорът е (m+n−1n−1)2.\binom{m+n-1}{n-1}^2. За всяко разположение записваме броя камъчета във всеки ред и във всеки стълб. Един ход само разменя две камъчета по диагоналите на правоъгълник, затова тези 2n2n числа не се променят. Значи двойката от редови и стълбови суми е инвариант. Броят на възможните редови суми е броят на слабите композиции на mm в nn части, тоест (m+n−1n−1)\binom{m+n-1}{n-1}; същото важи и за стълбовите суми. Така получаваме най-много (m+n−1n−1)2\binom{m+n-1}{n-1}^2 класа. Остава да докажем, че този инвариант е пълен и че всяка такава двойка суми се реализира. Мислим за камъчетата като за мултимножество от наредени двойки (x,y)(x,y), където xx е редът, а yy е стълбът. Фиксираните редови и стълбови суми са точно две мултимножества XX и YY от координати. Дадено разположение е получено, като съчетаем елементите на XX с елементите на YY по някакъв ред. Един ход с камъчета просто разменя две различни yy-координати между две камъчета с различни xx-координати; такива размени пораждат всяка пермутация на YY спрямо XX (ако редовете съвпадат, размяната не променя разположението). Следователно всички разположения с една и съща сигнатура са еквивалентни. Накрая, всяка сигнатура се реализира: подреждаме елементите на XX и YY в произволен ред и поставяме камъче в (Xi,Yi)(X_i,Y_i) за всяко i=1,…,mi=1,\ldots,m. Така класовете са точно колкото двойките редови и стълбови суми.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2015/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека a,b,c,d,ea,b,c,d,e са различни положителни цели числа, за които a4+b4=c4+d4=e5.a^4+b^4=c^4+d^4=e^5. Да се докаже, че ac+bdac+bd е съставно число.
РешениеДа допуснем противното: p=ac+bdp=ac+bd е просто число. От ac≡−bd(modp)ac\equiv-bd\pmod p получаваме a4c4≡b4d4(modp).a^4c^4\equiv b^4d^4\pmod p. Понеже c4=e5−d4c^4=e^5-d^4 и b4=e5−a4b^4=e^5-a^4, след заместване следва a4(e5−d4)≡(e5−a4)d4(modp),a^4(e^5-d^4)\equiv(e^5-a^4)d^4\pmod p, тоест e5(a4−d4)≡0(modp).e^5(a^4-d^4)\equiv0\pmod p. Имаме p>ep\gt{}e: наистина, e5=a4+b4≤a5+b5<(ac+bd)5=p5e^5=a^4+b^4\le a^5+b^5\lt{}(ac+bd)^5=p^5. Значи p∤ep\nmid e, откъдето p∣a4−d4p\mid a^4-d^4. Следователно p≤a2+d2.p\le a^2+d^2. Аналогично, разменяйки ролите по симетричния начин, получаваме и p≤b2+c2.p\le b^2+c^2.Така ac+bd≤a2+d2,ac+bd≤b2+c2.ac+bd\le a^2+d^2,\qquad ac+bd\le b^2+c^2. Първото неравенство дава 0≤a(a−c)+d(d−b),0\le a(a-c)+d(d-b), а второто дава 0≤b(b−d)+c(c−a),0\le b(b-d)+c(c-a), или еквивалентно b(d−b)+c(a−c)≤0.b(d-b)+c(a-c)\le0. От равенството a4+b4=c4+d4a^4+b^4=c^4+d^4 следва, че a−ca-c и d−bd-b имат един и същи знак, защото функцията x4x^4 е строго растяща за положителни xx. Ако и двете са положителни, последното неравенство е невъзможно; ако и двете са отрицателни, първото е невъзможно. Случаят и двете да са нули би дал a=ca=c и b=db=d, противоречие с различността. Полученото противоречие показва, че ac+bdac+bd не е просто, а понеже е по-голямо от 11, то е съставно.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2015/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Фиксираме 0<λ<10\lt{}\lambda\lt{}1 и нека AA е мултимножество от положителни цели числа. Нека An={a∈A:a≤n}A_n=\{a\in A: a\le n\}, като елементите се броят с кратност. Да предположим, че за всяко n∈Nn\in\mathbb N мултимножеството AnA_n съдържа най-много nλn\lambda числа. Докажете, че съществуват безкрайно много n∈Nn\in\mathbb N, за които сумата на елементите на AnA_n е най-много n(n+1)2λ\frac{n(n+1)}2\lambda.
РешениеЗа краткост #S\#S ще означава броя на елементите на мултимножеството SS, с кратности. Полагаме xn=nλ−#An≥0.x_n=n\lambda-\#A_n\ge0. Ще допуснем противното, а именно че твърдението е невярно за всички достатъчно големи nn. Тогава за тези nn имамеn(n+1)2λ<∑a∈Ana=1(#A1−#A0)+2(#A2−#A1)+⋯+n(#An−#An−1)=n#An−(#A1+⋯+#An−1)=n(nλ−xn)−((λ−x1)+(2λ−x2)+⋯+((n−1)λ−xn−1))=n(n+1)2λ−nxn+(x1+⋯+xn−1).\begin{aligned} \frac{n(n+1)}2\lambda &\lt{}\sum_{a\in A_n}a\\ &=1(\#A_1-\#A_0)+2(\#A_2-\#A_1)+\cdots+n(\#A_n-\#A_{n-1})\\ &=n\#A_n-(\#A_1+\cdots+\#A_{n-1})\\ &=n(n\lambda-x_n)-\big((\lambda-x_1)+(2\lambda-x_2)+\cdots+((n-1)\lambda-x_{n-1})\big)\\ &=\frac{n(n+1)}2\lambda-nx_n+(x_1+\cdots+x_{n-1}). \end{aligned}Следователно за всички достатъчно големи nn, да кажем за n≥N0n\ge N_0, е изпълнено xn<x1+x2+⋯+xn−1n.x_n\lt{}\frac{x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}}{n}. С други думи, всеки достатъчно късен член е по-малък от средното аритметично на всички предишни членове. Остава да използваме целочисленото условие. За всяко n≥2n\ge2 разликата xn−xn−1=λ−(#An−#An−1)x_n-x_{n-1}=\lambda-(\#A_n-\#A_{n-1}) се различава от 00 на разстояние поне ε=min⁡{λ,1−λ}>0,\varepsilon=\min\{\lambda,1-\lambda\}\gt{}0, защото #An−#An−1\#A_n-\#A_{n-1} е цяло неотрицателно число. Значи всеки два съседни члена на редицата (xn)(x_n) се различават по абсолютна стойност поне с ε\varepsilon. Нека MM е средното аритметично на числата x1,x2,…,xN0x_1,x_2,\ldots,x_{N_0}. От предишното неравенство веднага следва по индукция, че xn<Mx_n\lt{}M за всяко n>N0n\gt{}N_0: ако всички предишни членове са по-малки от MM, тогава и средното им е по-малко от MM. Но щом съседните членове се различават поне с ε\varepsilon, за n>N0n\gt{}N_0 имаме xn+xn+1<2M−ε.x_n+x_{n+1}\lt{}2M-\varepsilon. Следователно средното аритметично на достатъчно дълга начална част на редицата пада под M−ε/3M-\varepsilon/3; крайните първи членове вече не могат да компенсират безкрайната опашка от двойки със средно под M−ε/2M-\varepsilon/2. Отново от неравенството xn<x1+x2+⋯+xn−1nx_n\lt{}\frac{x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}}{n} получаваме, че за някое N1>N0N_1\gt{}N_0 е вярно xn<M−ε3(n>N1).x_n\lt{}M-\frac{\varepsilon}{3}\qquad(n\gt{}N_1).Повтаряме същия аргумент. След достатъчно далечен индекс всички xnx_n са по-малки от M−2ε/3M-2\varepsilon/3, после от M−εM-\varepsilon, и така нататък. След краен брой повторения получаваме xn<0x_n\lt{}0 за всички достатъчно големи nn, което противоречи на xn≥0x_n\ge0. Следователно допускането е невярно и желаното неравенство за сумата на елементите на AnA_n е изпълнено за безкрайно много стойности на nn. Забележка. Условието 0<λ<10\lt{}\lambda\lt{}1 е съществено; при λ=1\lambda=1 например мултимножеството {2,2,3,4,5,…}\{2,2,3,4,5,\ldots\} показва, че заключението може да се провали.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2015/6Условие — източник

2016

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека X1,X2,…,X100X_1,X_2,\ldots,X_{100} е редица от различни непразни подмножества на множество SS. Всеки две съседни множества XiX_i и Xi+1X_{i+1} са непресичащи се и обединението им не е цялото множество SS, тоест Xi∩Xi+1=∅X_i\cap X_{i+1}=\varnothing и Xi∪Xi+1≠SX_i\cup X_{i+1}\ne S за всички i∈{1,…,99}i\in\{1,\ldots,99\}. Да се намери най-малкият възможен брой елементи на SS.
РешениеОтговорът е 88. Първо, понеже са нужни 100100 различни непразни подмножества, имаме 2∣S∣≥1002^{|S|}\ge100, откъдето ∣S∣≥7|S|\ge7. Ще покажем, че ∣S∣=7|S|=7 е невъзможно. Ако ∣S∣=7|S|=7, всяко подмножество с поне 44 елемента може да бъде съседно само на подмножество с най-много 22 елемента: съседът трябва да е непресичащ се с него, а ако запълни целия допълнителен остатък, обединението ще бъде SS. Подмножествата с размер 11 или 22 са (71)+(72)=28.\binom71+\binom72=28. Затова в редицата може да има най-много 2929 подмножества с размер поне 44. Подмножествата с размер 33 са само (73)=35\binom73=35, така че общият брой членове е най-много 29+28+35=92<10029+28+35=92\lt{}100, противоречие. Остава конструкция за ∣S∣=8|S|=8. Ще построим за всяко n≥4n\ge4 редица с дължина 2n−1+12^{n-1}+1 от непразни различни подмножества на {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\} със същото свойство. За n=4n=4 работи редицата {3,4},{1},{2,3},{4},\{3,4\},\{1\},\{2,3\},\{4\},{1,2},{3},{1,4},{2},{1,3}.\{1,2\},\{3\},\{1,4\},\{2\},\{1,3\}. Да предположим, че имаме такава редица за nn. Изтриваме един неин член, така че дължината да стане четна, правим две копия на получената редица, поставяме ∅\varnothing между двете копия и после добавяме елемента n+1n+1 към множествата на нечетните позиции. Съседните множества остават непресичащи се, защото n+1n+1 се добавя само към едното от всеки две съседни множества; обединението им не е цялото ново множество, защото старото обединение е пропускало стар елемент, а около средното множество {n+1}\{n+1\} съседът не е цялото старо множество. Двете копия също не създават повторения, понеже едното копие получава n+1n+1 в точно обратните позиции спрямо другото. Така получаваме редица с дължина 2n+12^n+1. При n=8n=8 тя има 129129 члена, от които можем да вземем първите 100100.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2016/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко положително цяло число kk числото (k2)!∏j=0k−1j!(j+k)!(k^2)!\prod_{j=0}^{k-1}\frac{j!}{(j+k)!} е цяло.
РешениеДостатъчно е да докажем, че показателят на всяко просто число pp в разлагането на даденото число е неотрицателен. По формулата на Льожандр показателят на pp в N!N! е ∑r≥1⌊Npr⌋.\sum_{r\ge1}\left\lfloor\frac{N}{p^r}\right\rfloor. Следователно е достатъчно за всяка степен q=prq=p^r на просто число да имаме ⌊k2q⌋+∑j=0k−1⌊jq⌋≥\left\lfloor\frac{k^2}{q}\right\rfloor+\sum_{j=0}^{k-1}\left\lfloor\frac{j}{q}\right\rfloor\ge∑j=0k−1⌊j+kq⌋.\sum_{j=0}^{k-1}\left\lfloor\frac{j+k}{q}\right\rfloor. Тъй като двете страни са цели числа, стига да докажем малко по-силното неравенство със строг запас 11: ⌊k2q⌋+∑j=0k−1⌊jq⌋>\left\lfloor\frac{k^2}{q}\right\rfloor+\sum_{j=0}^{k-1}\left\lfloor\frac{j}{q}\right\rfloor\gt{}−1+∑j=0k−1⌊j+kq⌋.-1+\sum_{j=0}^{k-1}\left\lfloor\frac{j+k}{q}\right\rfloor. Ако {x}\{x\} означава дробната част на xx, това е равносилно на {k2q}+∑j=0k−1{jq}<1+∑j=0k−1{j+kq}.\left\{\frac{k^2}{q}\right\}+\sum_{j=0}^{k-1}\left\{\frac{j}{q}\right\}\lt{}1+\sum_{j=0}^{k-1}\left\{\frac{j+k}{q}\right\}. Но q{t/q}q\{t/q\} е остатъкът на tt при деление на qq. Сумата от остатъците на 0,1,…,k−10,1,\ldots,k-1 по модул qq е не по-голяма от сумата от остатъците на k,k+1,…,2k−1k,k+1,\ldots,2k-1. Наистина, ако k=aq+bk=aq+b и 0≤b<q0\le b\lt{}q, разликата между втората и първата сума е b2b^2 при 2b<q2b\lt{}q и (q−b)2(q-b)^2 при 2b≥q2b\ge q. Понеже {k2/q}<1\{k^2/q\}\lt{}1, последното веднага дава исканото строго неравенство. Значи всеки прост показател е неотрицателен и числото е цяло.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2016/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R, за които за всички реални числа xx и yy е изпълнено (f(x)+xy) f(x−3y)+(f(y)+xy) f(3x−y)=(f(x)+xy)\,f(x-3y)+(f(y)+xy)\,f(3x-y)=(f(x+y))2.(f(x+y))^2.
РешениеОтговорите са f(x)≡0f(x)\equiv0 и f(x)≡x2f(x)\equiv x^2; директна проверка показва, че и двете функции работят. Поставяйки x=y=0x=y=0, получаваме f(0)=0f(0)=0. После при x=0x=0 имаме f(y)f(−y)=f(y)2f(y)f(-y)=f(y)^2, а след замяна на yy с −y-y получаваме и f(y)f(−y)=f(−y)2f(y)f(-y)=f(-y)^2. Следователно ff е четна функция. Сега поставяме x=−yx=-y. Понеже f(0)=0f(0)=0 и ff е четна, следва 2(f(x)−x2)f(4x)=0.2(f(x)-x^2)f(4x)=0. Значи за всяко реално xx е вярно, че или f(x)=x2f(x)=x^2, или f(4x)=0f(4x)=0. Ще докажем още, че f(z)=0точно тогава, когатоf(2z)=0.f(z)=0\quad\text{точно тогава, когато}\quad f(2z)=0. При (x,y)=(3t,t)(x,y)=(3t,t) началното уравнение дава (f(t)+3t2)f(8t)=f(4t)2.(f(t)+3t^2)f(8t)=f(4t)^2. Ако f(4t)≠0f(4t)\ne0, то f(8t)≠0f(8t)\ne0, откъдето чрез контрапозиция следва f(2z)=0⇒f(z)=0f(2z)=0\Rightarrow f(z)=0. За обратната посока, ако f(4t)≠0f(4t)\ne0, предишната алтернатива дава f(t)=t2≠0f(t)=t^2\ne0, а вече доказаната посока чрез контрапозиция дава f(2t)≠0f(2t)\ne0. Това е точно контрапозицията на f(z)=0⇒f(2z)=0f(z)=0\Rightarrow f(2z)=0. Комбинирайки тази еквивалентност с алтернативата по-горе, получаваме за всяко xx, че f(x)f(x) е или 00, или x2x^2. Ако няма ненулево aa с f(a)=0f(a)=0, тогава веднага f(x)=x2f(x)=x^2 за всички xx. Нека сега има a≠0a\ne0 и f(a)=0f(a)=0. Ще докажем, че тогава f≡0f\equiv0. Нека bb е произволно реално число; поради четността можем да приемем a,b>0a,b\gt{}0, а случаят b=0b=0 вече е ясен. От еквивалентността за нулите получаваме f(2ra)=0f(2^r a)=0 за всяко rr, затова избираме c=2ra>bc=2^r a\gt{}b. Вземаме x=3c+b4,y=c−b4,x=\frac{3c+b}{4},\qquad y=\frac{c-b}{4}, така че x,y>0x,y\gt{}0, x−3y=bx-3y=b и x+y=cx+y=c. След заместване в началното уравнение получаваме 0=(f(x)+xy)f(b)+(f(y)+xy)f(3x−y).0=(f(x)+xy)f(b)+(f(y)+xy)f(3x-y). Всички стойности на ff са неотрицателни, а xy>0xy\gt{}0, следователно първият множител f(x)+xyf(x)+xy е положителен и оттук f(b)=0f(b)=0. Значи всяко bb е нула на ff, тоест f≡0f\equiv0.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2016/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Равностранен петоъгълник AMNPQAMNPQ е вписан в триъгълник ABCABC така, че M∈AB‾M\in\overline{AB}, Q∈AC‾Q\in\overline{AC} и N,P∈BC‾N,P\in\overline{BC}. Нека SS е пресечната точка на правите MNMN и PQPQ. С ℓ\ell означаваме ъглополовящата на ∠MSQ\angle MSQ. Докажете, че OI∥ℓOI\parallel\ell, където OO е центърът на описаната окръжност на триъгълника ABCABC, а II е инцентърът на триъгълника ABCABC.
РешениеПърво решение, с комплексни числа. Всъщност е достатъчно да имаме AM=AQ=NPAM=AQ=NP и MN=QPMN=QP. Работим с комплексни числа така, че описаната окръжност на ABCABC да е единичната окръжност с център O=0O=0, като без ограничение върховете A,B,CA,B,C са подредени обратно на часовниковата стрелка. Нека x,y,zx,y,z са комплексните числа на средите на дъгите BCBC, CACA, ABAB съответно; тогава инцентърът II има посока x+y+zx+y+z от OO. Нека s>0s\gt{}0 е общата дължина AM=AQ=NPAM=AQ=NP. Понеже MA=sMA=s и MA⊥OZMA\perp OZ, получавамеm−a=i⋅sz.m-a=i\cdot sz.Аналогичноp−n=i⋅sy,a−q=i⋅sx.p-n=i\cdot sy,\qquad a-q=i\cdot sx.Като съберем трите равенства, намирамеi⋅s(x+y+z)=(p−q)+(m−n)=(m−n)−(q−p).i\cdot s(x+y+z)=(p-q)+(m-n)=(m-n)-(q-p).Понеже MN=PQMN=PQ, векторът (m−n)−(q−p)(m-n)-(q-p) е по външната ъглополовяща на ъгъла, образуван от правите MNMN и PQPQ, и следователно е перпендикулярен на ℓ\ell. От друга страна умножението по ii завърта на 90∘90^\circ, така че x+y+zx+y+z е успоредно на ℓ\ell. Но x+y+zx+y+z има същата посока като OIOI, следователно OI∥ℓOI\parallel\ell. Второ решение, с тригонометрия, от Danielle Wang. Нека δ=∠MNB\delta=\angle MNB и ε=∠CPQ\varepsilon=\angle CPQ. Да нормализираме страната на равностранния петоъгълник до 11 и да използваме стандартните означения a=BCa=BC, b=CAb=CA, c=ABc=AB. Ще разгледаме случая AB<ACAB\lt{}AC; другият е симетричен. От проекции върху правата BCBC имамеBN=(c−1)cos⁡B+cos⁡δ,CP=(b−1)cos⁡C+cos⁡ε,a=1+BN+CP.\begin{align*} BN&=(c-1)\cos B+\cos\delta,\\ CP&=(b-1)\cos C+\cos\varepsilon,\\ a&=1+BN+CP. \end{align*}Понеже също a=ccos⁡B+bcos⁡Ca=c\cos B+b\cos C, следваcos⁡δ+cos⁡ε=cos⁡B+cos⁡C−1.\cos\delta+\cos\varepsilon=\cos B+\cos C-1.От синусовата теорема в триъгълниците BMNBMN и CPQCPQ получавамеc−1sin⁡δ=1sin⁡B,b−1sin⁡ε=1sin⁡C,\frac{c-1}{\sin\delta}=\frac1{\sin B},\qquad \frac{b-1}{\sin\varepsilon}=\frac1{\sin C},а оттук, използвайки csin⁡B=bsin⁡Cc\sin B=b\sin C,sin⁡ε−sin⁡δ=sin⁡B−sin⁡C.\sin\varepsilon-\sin\delta=\sin B-\sin C.Формулите за сума и разлика даватsin⁡ε−sin⁡δ=2cos⁡(ε+δ2)sin⁡(ε−δ2),cos⁡ε+cos⁡δ=2cos⁡(ε+δ2)cos⁡(ε−δ2),\begin{align*} \sin\varepsilon-\sin\delta&=2\cos\left(\frac{\varepsilon+\delta}{2}\right)\sin\left(\frac{\varepsilon-\delta}{2}\right),\\ \cos\varepsilon+\cos\delta&=2\cos\left(\frac{\varepsilon+\delta}{2}\right)\cos\left(\frac{\varepsilon-\delta}{2}\right), \end{align*}следователноtan⁡(ε−δ2)=sin⁡ε−sin⁡δcos⁡ε+cos⁡δ=\tan\left(\frac{\varepsilon-\delta}{2}\right)=\frac{\sin\varepsilon-\sin\delta}{\cos\varepsilon+\cos\delta}=sin⁡B−sin⁡Ccos⁡B+cos⁡C−1.\frac{\sin B-\sin C}{\cos B+\cos C-1}.Правата ℓ\ell сключва с BCBC ъгъл 12(π+ε−δ)\frac12(\pi+\varepsilon-\delta). Ако правата OIOI пресича BCBC под ъгъл φ\varphi, тоtan⁡φ=r−Rcos⁡A12(b−c),\tan\varphi=\frac{r-R\cos A}{\frac12(b-c)},където rr и RR са съответно радиусите на вписаната и описаната окръжност на ABCABC. Затова остава да проверимr−Rcos⁡A12(b−c)=cos⁡B+cos⁡C−1sin⁡B−sin⁡C.\frac{r-R\cos A}{\frac12(b-c)}=\frac{\cos B+\cos C-1}{\sin B-\sin C}.След заместване b=2Rsin⁡Bb=2R\sin B и c=2Rsin⁡Cc=2R\sin C това се свежда точно доrR+1=cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C,\frac rR+1=\cos A+\cos B+\cos C,което е стандартната формула на Карно за триъгълник. Следователно OI∥ℓOI\parallel\ell.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2016/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Дадени са цели числа nn и kk, като n≥k≥2n\ge k\ge2. Играете следната игра срещу зъл магьосник. Магьосникът има 2n2n карти; за всяко i=1,…,ni=1,\ldots,n има две карти с надпис ii. Първоначално магьосникът поставя всички карти с лице надолу в редица, в неизвестен ред. На всеки ход можете да посочите произволни kk карти. Магьосникът обръща тези карти с лице нагоре. Ако някои две от тях съвпадат, играта приключва и печелите. Иначе трябва да погледнете настрани, докато магьосникът произволно размества избраните kk карти и после отново ги обръща с лице надолу. След това е ваш ред. Казваме, че играта е печеливша, ако съществуват положително цяло число mm и стратегия, която гарантира победа за най-много mm хода, независимо как отговаря магьосникът. За кои стойности на nn и kk играта е печеливша?
РешениеИграта е печеливша точно когато k<nk\lt{}n. Първо нека 2≤k<n2\le k\lt{}n. Последователно питаме за интервалите от позиции {1,…,k},{2,…,k+1},…,{2n−k+1,…,2n}.\{1,\ldots,k\},\{2,\ldots,k+1\},\ldots,\{2n-k+1,\ldots,2n\}. Ако на някой ход се появят две еднакви карти, вече сме спечелили. Ако това не стане, всеки отговор съдържа kk различни надписа. Сравнявайки видените надписи в първия прозорец с надписите на общите k−1k-1 позиции при следващия прозорец, определяме надписа на картата, която напуска прозореца. Това остава вярно и когато двата пълни прозореца имат един и същ набор от надписи, защото общите k−1k-1 позиции пак показват точно кой надпис е излязъл и после е заместен от същия надпис. Така научаваме надписите на 2n−k2n-k карти, които повече няма да бъдат местени. Понеже k<nk\lt{}n, имаме 2n−k>n2n-k\gt{}n, следователно сред тези карти има две с еднакъв надпис. На следващ ход посочваме тези две карти заедно с произволни още k−2k-2 карти и печелим. Остава да покажем, че при k=nk=n няма гарантирана победа. След първия ход, ако играчът не е спечелил, избраните nn карти имат всички nn различни надписа, а останалите nn карти също имат по една карта от всеки надпис. Магьосникът може да поддържа следната неопределеност: във всяка от двете половини редът на надписите е напълно неизвестен за играча. Ако играчът избере само карти от една от половините, той не може да получи съвпадение, защото в нея има по една карта от всеки надпис. Ако избере част от едната и част от другата половина, магьосникът може да е подредил неизвестната половина така, че избраните надписи от едната страна да са точно допълнение на избраните надписи от другата; тогава отново няма съвпадение. След показването той размества избраните карти и същата неопределеност се запазва. Значи при k=nk=n магьосникът може да избягва победата неограничено дълго, а играта не е печеливша.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2016/6Условие — източник

2017

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществуват безкрайно много двойки взаимно прости положителни цели числа a,b>1a,b\gt{}1, за които a+ba+b дели ab+baa^b+b^a.
РешениеЩе дадем явно безкрайно семейство. За всяко цяло n≥2n\ge2 поставяме a=2n−1,b=2n+1.a=2n-1,\qquad b=2n+1. Тогава a,b>1a,b\gt{}1 и gcd⁡(a,b)=gcd⁡(2n−1,2)=1,\gcd(a,b)=\gcd(2n-1,2)=1, така че числата са взаимно прости. Нека m=a+b=4nm=a+b=4n. Понеже b≡−a(modm)b\equiv -a\pmod m, получаваме ab+ba≡ab+(−a)a=ab−aa=aa(ab−a−1)(modm),a^b+b^a\equiv a^b+(-a)^a=a^b-a^a=a^a(a^{b-a}-1)\pmod m, защото aa е нечетно. Но b−a=2b-a=2, а a2−1=(2n−1)2−1=4n(n−1),a^2-1=(2n-1)^2-1=4n(n-1), което се дели на 4n=m4n=m. Следователно ab−a−1=a2−1≡0(modm)a^{b-a}-1=a^2-1\equiv0\pmod m, откъдето m∣ab+bam\mid a^b+b^a. Така всяко n≥2n\ge2 дава допустима двойка (2n−1,2n+1)(2n-1,2n+1), а тези двойки са безкрайно много.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2017/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека m1,m2,…,mnm_1,m_2,\ldots,m_n е колекция от nn положителни цели числа, не непременно различни. За всяка последователност от цели числа A=(a1,…,an)A=(a_1,\ldots,a_n) и всяка пермутация w=(w1,…,wn)w=(w_1,\ldots,w_n) на m1,m2,…,mnm_1,m_2,\ldots,m_n наричаме AA-инверсия на ww двойка членове wi,wjw_i,w_j с i<ji\lt{}j, за която е изпълнено едно от условията ai≥wi>wj,wj>ai≥wi,wi>wj>ai.a_i\ge w_i\gt{}w_j,\qquad w_j\gt{}a_i\ge w_i,\qquad w_i\gt{}w_j\gt{}a_i. Да се докаже, че за всеки две последователности от цели числа A=(a1,…,an)A=(a_1,\ldots,a_n) и B=(b1,…,bn)B=(b_1,\ldots,b_n) и за всяко положително цяло число kk броят на пермутациите на m1,m2,…,mnm_1,m_2,\ldots,m_n с точно kk AA-инверсии е равен на броя на пермутациите с точно kk BB-инверсии.
РешениеЩе докажем, че за фиксиран избор на AA генериращата функция FA(q)=∑wqIA(w),F_A(q)=\sum_w q^{I_A(w)}, където IA(w)I_A(w) е броят AA-инверсии, всъщност не зависи от AA. Броим пермутациите с кратност: ако например мултимножеството е {1,1,2}\{1,1,2\}, то имаме 3!3! пермутации на трите дадени позиции. Нека различните стойности в мултимножеството са θ1<θ2<⋯<θm,\theta_1\lt{}\theta_2\lt{}\cdots\lt{}\theta_m, а eie_i е броят появявания на θi\theta_i, така че e1+⋯+em=ne_1+\cdots+e_m=n. За обикновените инверсии wi>wjw_i\gt{}w_j е стандартно, че генериращата функция е F(e1,…,em)=[n]q!∏i=1mei![ei]q!,F(e_1,\ldots,e_m)=[n]_q!\prod_{i=1}^m\frac{e_i!}{[e_i]_q!}, където [r]q≠(1)(1+q)⋯(1+q+⋯+qr−1)[r]_q\neq{}(1)(1+q)\cdots(1+q+\cdots+q^{r-1}). Това се вижда, като първо разграничим леко равните елементи и получим [n]q![n]_q!, а после за всяка група от равни елементи премахнем вътрешните инверсии, което дели на [ei]q![e_i]_q! и умножава по ei!e_i!. Сега доказваме по индукция по nn, че същата формула важи за всеки избор на AA. Нека първият праг a1a_1 лежи между θk\theta_k и θk+1\theta_{k+1}, тоест θk≤a1<θk+1\theta_k\le a_1\lt{}\theta_{k+1}, като допускаме k=0k=0 или k=mk=m. Ако първият член на пермутацията е θi\theta_i с i≤ki\le k, тогава AA-инверсиите, които използват този първи член, са точно e1+⋯+ei−1+ek+1+⋯+em.e_1+\cdots+e_{i-1}+e_{k+1}+\cdots+e_m. Ако i>ki\gt{}k, броят им е ek+1+⋯+ei−1.e_{k+1}+\cdots+e_{i-1}. След избора на първия член остава същата задача с едно по-малко появяване на θi\theta_i, затова по индукционното предположение получаваме рекурсията FA(e1,…,em)=F_A(e_1,\ldots,e_m)=∑i=1kqe1+⋯+ei−1+ek+1+⋯+emeiF(e1,…,ei−1,…,em)\sum_{i=1}^k q^{e_1+\cdots+e_{i-1}+e_{k+1}+\cdots+e_m}e_iF(e_1,\ldots,e_i-1,\ldots,e_m)+∑i=k+1mqek+1+⋯+ei−1eiF(e1,…,ei−1,…,em).+\sum_{i=k+1}^m q^{e_{k+1}+\cdots+e_{i-1}}e_iF(e_1,\ldots,e_i-1,\ldots,e_m). Делим тази рекурсия на явната формула за F(e1,…,em)F(e_1,\ldots,e_m). От eiF(e1,…,ei−1,…,em)F(e1,…,em)=\frac{e_iF(e_1,\ldots,e_i-1,\ldots,e_m)}{F(e_1,\ldots,e_m)}=1−qei1−qn\frac{1-q^{e_i}}{1-q^n} остава да се провери тъждеството 1−qn=1-q^n=qek+1+⋯+em∑i=1kqe1+⋯+ei−1(1−qei)q^{e_{k+1}+\cdots+e_m}\sum_{i=1}^k q^{e_1+\cdots+e_{i-1}}(1-q^{e_i})+∑i=k+1mqek+1+⋯+ei−1(1−qei).+\sum_{i=k+1}^m q^{e_{k+1}+\cdots+e_{i-1}}(1-q^{e_i}). Двете суми телескопират съответно до qek+1+⋯+em−qnq^{e_{k+1}+\cdots+e_m}-q^n и 1−qek+1+⋯+em1-q^{e_{k+1}+\cdots+e_m}, така че тъждеството е вярно. Следователно FA(q)=F(e1,…,em)F_A(q)=F(e_1,\ldots,e_m) за всяко AA, а коефициентът пред qkq^k е независим от AA. Това доказва твърдението и за всяка друга последователност BB.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2017/2Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малката възможна стойност на ab3+4+bc3+4+cd3+4+da3+4,\frac{a}{b^3+4}+\frac{b}{c^3+4}+\frac{c}{d^3+4}+\frac{d}{a^3+4}, ако a,b,c,da,b,c,d са неотрицателни реални числа и a+b+c+d=4a+b+c+d=4.
РешениеОтговорът е 23\frac23. Тази стойност се достига например при (a,b,c,d)=(2,2,0,0)(a,b,c,d)=(2,2,0,0) и при цикличните му размествания. Основната оценка е допирателната права към функцията 1/(x3+4)1/(x^3+4) при x=2x=2: за всяко x≥0x\ge0 имаме 1x3+4≥14−x12,\frac1{x^3+4}\ge\frac14-\frac{x}{12}, защото след умножение с положителното x3+4x^3+4 това е еквивалентно на 12−(3−x)(x3+4)=x(x+1)(x−2)2≥0.12-(3-x)(x^3+4)=x(x+1)(x-2)^2\ge0. Прилагаме тази оценка циклично и получаваме ∑cycab3+4≥a+b+c+d4−ab+bc+cd+da12.\sum_{\rm cyc}\frac{a}{b^3+4}\ge\frac{a+b+c+d}{4}-\frac{ab+bc+cd+da}{12}. Но ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)≤ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)\le((a+c)+(b+d)2)2=4,\left(\frac{(a+c)+(b+d)}2\right)^2=4, тъй като a+b+c+d=4a+b+c+d=4. Следователно ∑cycab3+4≥1−412=23.\sum_{\rm cyc}\frac{a}{b^3+4}\ge1-\frac{4}{12}=\frac23. Равенство има при (2,2,0,0)(2,2,0,0): тогава ненулевите членове дават 223+4+203+4=16+12=23.\frac{2}{2^3+4}+\frac{2}{0^3+4}=\frac16+\frac12=\frac23. Значи най-малката възможна стойност е точно 23\frac23.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2017/6Условие — източник

2018

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са положителни реални числа, за които a+b+c=4x2abc3a+b+c=4\sqrt[3]{\vphantom{x^2}abc}. Да се докаже, че2(ab+bc+ca)+4min⁡(a2,b2,c2)≥a2+b2+c2.2(ab+bc+ca)+4\min(a^2,b^2,c^2)\ge a^2+b^2+c^2.
РешениеБез ограничение нека c=min⁡(a,b,c)c=\min(a,b,c). Понеже условието и неравенството са хомогенни, можем да мащабираме така, че c=1c=1. Тогава трябва да докажем4ab+2a+2b+3≥(a+b)2,4ab+2a+2b+3\ge (a+b)^2,а условието ставаa+b+1=4x2ab3.a+b+1=4\sqrt[3]{\vphantom{x^2}ab}.Поставяме t=x2ab3t=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}ab}. Тогава a+b=4t−1a+b=4t-1 и исканото неравенство се свежда до4t3+2(4t−1)+3≥(4t−1)2.4t^3+2(4t-1)+3\ge(4t-1)^2.След пренасяне това е точно0≤4t3−16t2+16t=4t(t−2)2,0\le4t^3-16t^2+16t=4t(t-2)^2,което е вярно за t>0t\gt{}0. Следователно първоначалното неравенство е доказано. Равенство настъпва, когато t=2t=2, тоест при нормировката c=1c=1 имаме ab=8ab=8 и a+b=7a+b=7, а след това можем да върнем мащаба. Изборът на cc като минималното число е единствената загуба на общност; ако минимумът се достига при друг член, просто преименуваме променливите.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2018/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:(0,∞)→(0,∞)f:(0,\infty)\to(0,\infty), за коитоf(x+1y)+f(y+1z)+f(z+1x)=1f\left(x+\frac1y\right)+f\left(y+\frac1z\right)+f\left(z+\frac1x\right)=1за всички x,y,z>0x,y,z\gt{}0 с xyz=1xyz=1.
РешениеЩе докажем, че всички решения саf(x)=kx+1+1−k3,−12≤k≤1.f(x)=\frac{k}{x+1}+\frac{1-k}{3},\qquad -\frac12\le k\le1.Тези функции се проверяват директно. Нека x=b/cx=b/c, y=c/ay=c/a, z=a/bz=a/b, където a,b,c>0a,b,c\gt{}0. Тогава уравнението е еквивалентно наf(a+bc)+f(b+ca)+f(c+ab)=1.f\left(\frac{a+b}{c}\right)+f\left(\frac{b+c}{a}\right)+f\left(\frac{c+a}{b}\right)=1.Дефинираме g:(0,1)→(0,∞)g:(0,1)\to(0,\infty) чрезg(t)=f(1t−1).g(t)=f\left(\frac1t-1\right).Получавамеg(u)+g(v)+g(w)=1g(u)+g(v)+g(w)=1за всички положителни u,v,wu,v,w с u+v+w=1u+v+w=1. Оттук следва, че gg удовлетворява уравнението на Йенсен върху интервалите, където то има смисъл: ако r+s<1r+s\lt{}1, тоg(r)+g(s)=1−g(1−r−s)=2g(r+s2).g(r)+g(s)=1-g(1-r-s)=2g\left(\frac{r+s}{2}\right).Тъй като gg е ограничена отдолу, стандартният извод за уравнението на Йенсен дава, че gg е афинна: g(t)=kt+ℓg(t)=kt+\ell. Замествайки u+v+w=1u+v+w=1, получаваме k+3ℓ=1k+3\ell=1, тоестg(t)=kt+1−k3.g(t)=kt+\frac{1-k}{3}.Понеже ff има положителни стойности върху (0,∞)(0,\infty), същото важи за gg върху (0,1)(0,1), откъдето се получава −12≤k≤1-\frac12\le k\le1. Връщането към ff дава точно посоченото семейство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2018/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n\ge2 е цяло число и нека a1,…,ama_1,\ldots,a_m са всички m=φ(n)m=\varphi(n) положителни цели числа, по-малки от nn и взаимно прости с nn. Да се предположи, че всеки прост делител на mm дели и nn. Да се докаже, че mm делиa1k+a2k+⋯+amka_1^k+a_2^k+\cdots+a_m^kза всяко положително цяло число kk.
РешениеЗа N≥2N\ge2 некаA(N)={1≤x<N:gcd⁡(x,N)=1},A(N)=\{1\le x\lt{}N:\gcd(x,N)=1\},S(N,k)=∑x∈A(N)xk.\qquad S(N,k)=\sum_{x\in A(N)}x^k.Ще докажем по-силното твърдение: ако p∣Np\mid N, тоνp(S(N,k))≥νp(φ(N))\nu_p(S(N,k))\ge\nu_p(\varphi(N))за всяко k≥1k\ge1. Прилагано към простите pp, които делят m=φ(n)m=\varphi(n), а по условие делят и nn, това веднага дава m∣S(n,k)m\mid S(n,k). Първо разглеждаме N=peN=p^e. За нечетно pp вземаме примитивен корен gg по модул pep^e и получаваме геометрична прогресияS(pe,k)≡1+gk+g2k+⋯+g(φ(pe)−1)k(modpe).S(p^e,k)\equiv1+g^k+g^{2k}+\cdots+g^{(\varphi(p^e)-1)k}\pmod{p^e}.Ако p−1∤kp-1\nmid k, знаменателят в сумата на прогресията не се дели на pp, така че сумата е 00 по модул pep^e. Ако p−1∣kp-1\mid k, лемата за повдигане на показателя дава точно поне e−1=νp(φ(pe))e-1=\nu_p(\varphi(p^e)) множителя pp. За p=2p=2 случаят с нечетно kk се получава чрез сдвояване на xx и 2e−x2^e-x, а при четно kk се използва, че 55 поражда квадратичните остатъци по модул 2e2^e. Ще използваме и следствие: за всички t,kt,k и просто pp е вярноνp(1k+2k+⋯+tk)≥νp(t)−1,\nu_p(1^k+2^k+\cdots+t^k)\ge\nu_p(t)-1,което следва от предишния абзац, като отделим членовете, делящи се на pp, и приложим индукция. Сега добавяме простите делители на NN един по един. Да предположим, че твърдението е доказано за NN, и да разгледаме NqNq. Ако q∤Nq\nmid N, тоA(Nq)={a+Nh:a∈A(N), 0≤h<q}∖qA(N).A(Nq)=\{a+Nh: a\in A(N),\ 0\le h\lt{}q\}\setminus qA(N).След разлагане с бинома получавамеS(Nq,k)=S(Nq,k)=(q−qk)S(N,k)(q-q^k)S(N,k)+∑j=1k(kj)NjS(N,k−j)∑h=1q−1hj.+\sum_{j=1}^k {k\choose j}N^jS(N,k-j)\sum_{h=1}^{q-1}h^j.Първият член носи вече наличните множители от φ(N)\varphi(N) и допълнителните от q−1q-1, а във всеки член на сумата следствието дава νp(q−1)−1\nu_p(q-1)-1 множителя, докато NjN^j добавя поне още един множител pp, когато е нужно. Ако q∣Nq\mid N, формулата е същата без изваждането на qA(N)qA(N) и няма нов множител на φ\varphi за покриване. Така индукцията доказва силното твърдение, а оттам и задачата.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2018/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp е просто число и нека a1,…,apa_1,\ldots,a_p са цели числа. Да се докаже, че съществува цяло число kk, за което числатаa1+k, a2+2k, …, ap+pka_1+k,\ a_2+2k,\ \ldots,\ a_p+pkдават поне p2\frac p2 различни остатъка при деление на pp.
РешениеДостатъчно е да разгледаме k=0,1,…,p−1k=0,1,\ldots,p-1. За всяко такова kk построяваме граф GkG_k с върхове 1,2,…,p1,2,\ldots,p, като свързваме ii и jj тогава и само тогава, когатоai+ik≡aj+jk(modp).a_i+ik\equiv a_j+jk\pmod p.За фиксирана двойка i≠ji\ne j това сравнение определя единствено kk по модул pp, понежеk≡−ai−aji−j(modp).k\equiv-\frac{a_i-a_j}{i-j}\pmod p.Следователно всяко ребро {i,j}\{i,j\} се появява в точно един от графите G0,G1,…,Gp−1G_0,G_1,\ldots,G_{p-1}. Общо има (p2){p\choose2} ребра, така че по принципа на Дирихле някой граф GkG_k има най-много1p(p2)=p−12\frac1p{p\choose2}=\frac{p-1}{2}ребра. Всеки граф с pp върха и ee ребра има поне p−ep-e свързани компоненти, следователно този граф има понеp−p−12=p+12p-\frac{p-1}{2}=\frac{p+1}{2}свързани компоненти. В една свързана компонента всички съответни числа ai+ika_i+ik имат един и същ остатък, а различните компоненти могат само да увеличат броя на различните остатъци. Значи за избраното kk има поне (p+1)/2(p+1)/2, в частност поне p/2p/2, различни остатъка.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2018/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е изпъкнал вписан четириъгълник с E=AC∩BDE=AC\cap BD, F=AB∩CDF=AB\cap CD и G=DA∩BCG=DA\cap BC. Окръжността, описана около △ABE\triangle ABE, пресича правата CBCB в точките BB и PP, а окръжността, описана около △ADE\triangle ADE, пресича правата CDCD в точките DD и QQ. Да се предположи, че C,B,P,GC,B,P,G са колинеарни в този ред, както и C,Q,D,FC,Q,D,F в този ред. Ако M=FP∩GQM=FP\cap GQ, да се докаже, че ∠MAC=90∘\angle MAC=90^\circ.
РешениеЩе използваме точка на Микел и теоремата на Пап. Първо доказваме две прости наблюдения. По степен на точката CC имамеCQ⋅CD=CA⋅CE=CB⋅CP,CQ\cdot CD=CA\cdot CE=CB\cdot CP,следователно самопресичащият се четириъгълник PQDBPQDB е вписан. Освен това EE лежи на PQPQ, защото с насочени ъгли∠AEP=∠ABP=∠ABC=∠ADC=∠ADQ=∠AEQ.\angle AEP=\angle ABP=\angle ABC=\angle ADC=\angle ADQ=\angle AEQ.Нека H=PD∩BQH=PD\cap BQ. От стандартното свойство на точката на Микел за пълния четириъгълник с върхове по правите PBPB, BQBQ, QDQD, DPDP следва, че AA е точката на Микел и че AA е петата на перпендикуляра от HH към CECE. Затова HA⊥CEHA\perp CE, а понеже EE лежи на ACAC, получаваме HA⊥ACHA\perp AC. Остава да свържем HH с дадената точка MM. Прилагаме теоремата на Пап към двете колинеарни тройки B,P,GB,P,G и D,Q,FD,Q,F. Трите пресечни точки на съответните противоположни страни лежат на една права; в нашите означения това са H=PD∩BQH=PD\cap BQ, A=BF∩DGA=BF\cap DG и M=PF∩GQM=PF\cap GQ. Следователно H,A,MH,A,M са колинеарни. Понеже HA⊥ACHA\perp AC, същото важи и за MAMA, тоест ∠MAC=90∘\angle MAC=90^\circ.ABCDEFGPQHM
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2018/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ana_n е броят на пермутациите (x1,x2,…,xn)(x_1,x_2,\ldots,x_n) на (1,2,…,n)(1,2,\ldots,n), за които отношениятаx11,x22,…,xnn\frac{x_1}{1},\frac{x_2}{2},\ldots,\frac{x_n}{n}са две по две различни. Да се докаже, че ana_n е нечетно за всяко n≥1n\ge1.
РешениеРазглеждаме пермутациите като биекции π\pi на множеството {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\}, където xk=π(k)x_k=\pi(k). Ако π\pi има исканото свойство, то и обратната пермутация π−1\pi^{-1} го има: отношенията при обратната пермутация са реципрочните на отношенията при π\pi. Следователно пермутациите, които не са равни на обратните си, се сдвояват по двойки. За паритета на ana_n остава да преброим само инволюциите, тоест пермутациите, чиито цикли са с дължина най-много 22. Една такава инволюция се състои от размени на двойки и евентуално една неподвижна точка. Не може да има две неподвижни точки, защото всяка от тях дава отношение 11. Значи при четно nn получаваме перфектно съчетание на върховете на KnK_n, а при нечетно nn - максимално съчетание с един непокрит връх. За ребро {i,j}\{i,j\}, i<ji\lt{}j, поставяме етикет i/ji/j. Инволюцията е допустима точно когато етикетите на всички ребра в съответното максимално съчетание са различни; ще наричаме такова съчетание добро. Сега въвеждаме операция върху максималните съчетания. Ако две несрещащи се ребра abab и cdcd имат един и същ етикет, където a<ba\lt{}b и c<dc\lt{}d, тогава a/b=c/da/b=c/d, откъдето a/c=b/da/c=b/d след подходящо подреждане на четирите върха. Затова можем да заменим ребрата ab,cdab,cd с ac,bdac,bd и пак получаваме две ребра с един и същ етикет. За дадено съчетание MM наричаме негови съседи всички съчетания, които се получават, като за всеки етикет изберем няколко несрещащи се двойки ребра с този етикет и извършим описаната размяна. Това отношение е симетрично и всяко съчетание е съсед на самото себе си. Да преброим броя на съседите на фиксирано MM по модул 22. Ако даден етикет се среща rr пъти сред ребрата на MM, броят начини да изберем двойки ребра с този етикет и да ги разменим е∑k(r2k)(2k−1)!!.\sum_k {r\choose 2k}(2k-1)!!.По модул 22 това е∑k(r2k)=2r−1,\sum_k {r\choose 2k}=2^{r-1},което е нечетно точно когато r=1r=1. Умножавайки по всички етикети, получаваме: броят на съседите на MM, включително самото MM, е нечетен точно за добрите съчетания. Накрая сумираме тези бройки съседи по всички максимални съчетания. Понеже съседството е симетрично, всяка двойка различни съчетания се брои два пъти, а всяко съчетание се брои веднъж като съсед на себе си. Следователно сумата по модул 22 е равна на броя на всички максимални съчетания. Този брой е(2⌈n/2⌉−1)!!,(2\lceil n/2\rceil-1)!!,следователно е нечетен. Но по предишния абзац същата сума по модул 22 е точно броят на добрите съчетания по модул 22. Значи броят на допустимите инволюции е нечетен. Тъй като всички останали допустими пермутации се сдвояват с обратните си, заключаваме, че ana_n е нечетно за всяко n≥1n\ge1.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2018/6Условие — източник

2019

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Функция f:N→Nf:\mathbb N\to\mathbb N удовлетворява ff(n)(n)=n2f(f(n))f^{f(n)}(n)=\frac{n^2}{f(f(n))} за всяко положително цяло число nn, където frf^r означава rr-кратно прилагане на ff. Какви са всички възможни стойности на f(1000)f(1000)?
РешениеОтговорът е: всяко четно положително цяло число. По-точно всички решения са функциите, които фиксират всяко нечетно число и върху четните числа действат като произволна инволюция. Така f(1000)f(1000) може да бъде произволно четно число, и всяка такава стойност се реализира. Първо доказваме инективност. Ако f(a)=f(b)f(a)=f(b), то от условието следва a2=ff(a)(a)f(f(a))=ff(b)(b)f(f(b))=b2,a^2=f^{f(a)}(a)f(f(a))=f^{f(b)}(b)f(f(b))=b^2, значи a=ba=b. Сега показваме по индукция, че всяко нечетно nn е неподвижна точка. Ако вече са фиксирани по-малките нечетни числа, в равенството ff(n)(n)f(f(n))=n2f^{f(n)}(n)f(f(n))=n^2 двата множителя не могат да бъдат сред тях поради инективността; следователно и двата са nn. Така f(f(n))=nf(f(n))=n, а ако y=f(n)y=f(n), прилагане на условието към yy дава y2=nyy^2=ny, откъдето y=ny=n. Следователно ff праща четните числа в четни числа. Нека g=f∘fg=f\circ f. Тогава за четно nn имаме gf(n)/2(n)g(n)=n2g^{f(n)/2}(n)g(n)=n^2. Функцията gg вече фиксира нечетните числа и е инективна; същата индукция върху четните nn показва, че g(n)=ng(n)=n. Значи f(f(n))=nf(f(n))=n за всяко nn: върху четните числа ff е инволюция, а върху нечетните е тъждествена. Обратно, всяка такава функция очевидно удовлетворява условието.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2019/1Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека KK е множеството от положителните цели числа, чието десетично представяне не съдържа цифрата 77. Да се определят всички многочлени f(x)f(x) с неотрицателни коефициенти, за които f(x)∈Kf(x)\in K за всяко x∈Kx\in K.
РешениеОтговорът е точно очевидното семейство: константните многочлени f(x)=kf(x)=k с k∈Kk\in K, многочлените f(x)=10exf(x)=10^e x и многочлените f(x)=10ex+kf(x)=10^e x+k, където e≥0e\ge0, k∈Kk\in K и 10e>k10^e\gt{}k. Ще наричаме един многочлен стабилен, ако праща всяко число от KK отново в KK. Първата стъпка е редукция до мономи. Ако f(x)=a0+a1x+a2x2+⋯f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots е стабилен, то всеки моном aixia_i x^i е стабилен: за фиксирано x∈Kx\in K избираме EE толкова голямо, че в десетичния запис на f(10Ex)f(10^E x) приносите a0,a1x,a2x2,…a_0,a_1x,a_2x^2,\ldots да стоят в отделни блокове, разделени с достатъчно нули. Ако някой блок съдържаше цифрата 77, цялото число също щеше да я съдържа. Сега разглеждаме линейния моном cxcx. От x=1x=1 следва c∈Kc\in K. Ако cc не е степен на 1010, според първите му цифри може да се избере число x∈Kx\in K, така че cxcx да започва с цифрата 77: например интервалите 9⋅10e≤c<10⋅10e9\cdot10^e\le c\lt{}10\cdot10^e, 8⋅10e≤c<9⋅10e8\cdot10^e\le c\lt{}9\cdot10^e, 7⋅10e≤c<8⋅10e7\cdot10^e\le c\lt{}8\cdot10^e се разбиват чрез x=8,88,1x=8,88,1, а останалите интервали се покриват с кратките избори 11≤x≤6611\le x\le66 или с число от вида 699…9699\ldots9. Следователно стабилен линеен моном има коефициент 10e10^e. Ако cxdcx^d е стабилен с d>1d\gt{}1, тогава и c(10x+3)dc(10x+3)^d е стабилен. По редукцията неговият линеен член 10dc3d−1x10dc3^{d-1}x трябва също да е стабилен, следователно коефициентът 10dc3d−110dc3^{d-1} трябва да е степен на 1010, което е невъзможно при d>1d\gt{}1. Остава само f(x)=10ex+kf(x)=10^e x+k или константа. Условието 10e>k10^e\gt{}k е точно това, което гарантира, че kk се добавя като долен десетичен блок без пренос към цифрите на xx, и така изброените многочлени наистина работят.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2019/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека nn е неотрицателно цяло число. Да се намери броят на начините да се изберат множества Sij⊆{1,2,…,2n}S_{ij}\subseteq\{1,2,\ldots,2n\} за всички 0≤i≤n0\le i\le n и 0≤j≤n0\le j\le n (не непременно различни), така че ∣Sij∣=i+j|S_{ij}|=i+j и Sij⊆SklS_{ij}\subseteq S_{kl} винаги когато 0≤i≤k≤n0\le i\le k\le n и 0≤j≤l≤n0\le j\le l\le n.
РешениеОтговорът е (2n)! 2n2(2n)!\,2^{n^2}. Първо фиксираме една гранична верига. Понеже S00=∅S_{00}=\varnothing и Snn={1,2,…,2n}S_{nn}=\{1,2,\ldots,2n\}, по някой монотонен път от долния ляв до горния десен ъгъл елементите се добавят един по един; това дава множителя (2n)!(2n)!. След преименуване можем да приемем, че по горната и дясната граница множествата са стандартните начални сегменти. Остава да запълним вътрешните n2n^2 клетки. По-силното твърдение е следното. Ако изберем форма TT от клетки, затворена нагоре и наляво, тоест диаграма на Юнг, броят на допустимите частични запълвания на тези клетки е 2∣T∣2^{|T|}. Доказваме това с индукция по ∣T∣|T|. При добавяне на нова ъглова клетка имаме локална картина с вече избрани множества A,B,CA,B,C и търсено множество SS, като A⊂B⊂CA\subset B\subset C, ∣B∣=∣A∣+1|B|=|A|+1 и ∣C∣=∣A∣+2|C|=|A|+2. Пишем B=A∪{x}B=A\cup\{x\} и C=A∪{x,y}C=A\cup\{x,y\}. Тогава за SS има точно две възможности: A∪{x}A\cup\{x\} и A∪{y}A\cup\{y\}, и двете запазват всички включвания и правилната големина. Следователно всяка добавена клетка в диаграмата на Юнг дава независим фактор 22. За пълния квадрат имаме ∣T∣=n2|T|=n^2, откъдето получаваме 2n22^{n^2} запълвания след фиксираната граница и общо (2n)! 2n2(2n)!\,2^{n^2}.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2019/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека mm и nn са взаимно прости положителни цели числа. На дъската са написани числата mn\frac mn и nm\frac nm. На всяка стъпка Евън може да избере две написани числа xx и yy и да запише или тяхното средно аритметично x+y2\frac{x+y}{2}, или тяхното хармонично средно 2xyx+y\frac{2xy}{x+y}. За кои двойки (m,n)(m,n) Евън може да запише числото 11 след краен брой стъпки?
РешениеТова е възможно тогава и само тогава, когато m+nm+n е степен на 22. Нека q=m/nq=m/n, така че началните числа са qq и q−1q^{-1}. За невъзможността нека pp е нечетен прост делител на m+nm+n. Понеже mm и nn са взаимно прости, pp не дели mnmn, и получаваме q≡q−1≡−1(modp)q\equiv q^{-1}\equiv -1\pmod p. Ако две числа aa и bb са −1-1 по модул pp, то и a+b2\frac{a+b}{2}, и 2aba+b\frac{2ab}{a+b} са −1-1 по модул pp, защото 22 и a+b≡−2a+b\equiv -2 са обратими. Следователно всички числа на дъската завинаги остават −1-1 по модул pp, а 11 не може да се появи. Значи m+nm+n няма нечетен прост делител, тоест е степен на 22. Обратно, нека m+n=2rm+n=2^r. Достатъчни са само средноаритметични операции. Чрез последователно вземане на средни аритметични можем да построим всяка двоична изпъкнала комбинация aq+bq−12r\frac{a q+b q^{-1}}{2^r} с a+b=2ra+b=2^r: това е обикновено делене на интервала наполовина, повторено rr пъти. Избираме a=na=n и b=mb=m. Тогава nq+mq−1m+n=n⋅m/n+m⋅n/mm+n=1,\frac{nq+mq^{-1}}{m+n}=\frac{n\cdot m/n+m\cdot n/m}{m+n}=1, понеже m+n=2rm+n=2^r. Така конструкцията е завършена.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2019/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички многочлени PP с реални коефициенти, такива че P(x)yz+P(y)zx+P(z)xy=\frac{P(x)}{yz}+\frac{P(y)}{zx}+\frac{P(z)}{xy}=P(x−y)+P(y−z)+P(z−x)P(x-y)+P(y-z)+P(z-x) за всички ненулеви реални числа x,y,zx,y,z, удовлетворяващи 2xyz=x+y+z2xyz=x+y+z.
РешениеОтговорът е P(x)=c(x2+3),c∈R.P(x)=c(x^2+3),\qquad c\in\mathbb R. Първо умножаваме даденото равенство по xyzxyz и получаваме полиномиалното условие xP(x)+yP(y)+zP(z)=xP(x)+yP(y)+zP(z)=xyz(P(x−y)+P(y−z)+P(z−x))xyz\big(P(x-y)+P(y-z)+P(z-x)\big) винаги когато 2xyz=x+y+z2xyz=x+y+z. Нека разликата между двете страни е Q(x,y,z)Q(x,y,z). Понеже z=x+y2xy−1z=\frac{x+y}{2xy-1} дава реални решения за отворено множество от двойки (x,y)(x,y), рационалната функция, получена след заместването, е тъждествено нула. Следователно същото полиномиално тъждество важи и над комплексните числа за всички тройки с 2xyz=x+y+z2xyz=x+y+z. Вземаме комплексната тройка (x,y,z)=(t,−t,0)(x,y,z)=(t,-t,0). Тя удовлетворява условието и дава tP(t)−tP(−t)=0tP(t)-tP(-t)=0, така че PP е четен многочлен. Сега вземаме y=ix22y=\frac{i}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}} и z=−ix22z=-\frac{i}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}; тогава 2xyz=x+y+z2xyz=x+y+z за всяко комплексно xx. От тъждеството и четността на PP следва, че P(x+ix22)+P(x−ix22)−2P(x)P\left(x+\frac{i}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right)+P\left(x-\frac{i}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right)-2P(x) е константа. Лявата страна е втора крайна разлика на PP с ненулева стъпка, затова ако deg⁡P=d\deg P=d, нейният водещ член има степен d−2d-2. Щом тази разлика е константна, получаваме d≤2d\le2. Понеже PP е четен, имаме P(x)=ax2+bP(x)=ax^2+b. Остава само да наложим условието. При P(x)=ax2+bP(x)=ax^2+b равенството се свежда, след използване на x+y+z=2xyzx+y+z=2xyz, до b=3ab=3a. Така всички решения са P(x)=a(x2+3)P(x)=a(x^2+3). Обратно, пряко заместване показва, че всеки многочлен от този вид работи, защото за 2xyz=x+y+z2xyz=x+y+z е валидно тъждеството x3+y3+z3xyz−(x−y)2−(y−z)2−(z−x)2=3.\frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2=3. Това доказва и достатъчността.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2019/6Условие — източник

2020

4 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека pp е нечетно просто число. Цяло число xx се нарича квадратичен неостатък по модул pp, ако pp не дели x−t2x-t^2 за никое цяло число tt. Нека AA е множеството от всички aa с 1≤a<p1\le a\lt{}p, за които и aa, и 4−a4-a са квадратични неостатъци. Да се намери остатъкът по модул pp на произведението на елементите на AA.
РешениеОтговорът е 22 по модул pp. Работим в Fp\mathbb F_p и пишем КО за квадратичен остатък и КНО за квадратичен неостатък. Нека AA е множеството от aa, за които aa и 4−a4-a са КНО, а BB е множеството от b≠0,4b\ne0,4, за които bb и 4−b4-b са КО. Тогава A∪BA\cup B са точно ненулевите n≠4n\ne4, за които n(4−n)n(4-n) е КО. Разглеждаме φ(n)=n(4−n)\varphi(n)=n(4-n) върху A∪B∖{2}A\cup B\setminus\{2\}. Понеже 4−n(4−n)=(n−2)24-n(4-n)=(n-2)^2, образът лежи в BB. Обратно, за всяко b∈Bb\in B уравнението n(4−n)=bn(4-n)=b има дискриминанта 4(4−b)4(4-b), тоест два корена nn и 4−n4-n. Значи φ\varphi е двукратно покритие на BB. Умножавайки произведенията на двата прообраза, получаваме ∏n∈A∪B∖{2}n=∏b∈Bb\prod_{n\in A\cup B\setminus\{2\}}n=\prod_{b\in B}b. Лявата страна е 12∏a∈Aa∏b∈Bb\frac12\prod_{a\in A}a\prod_{b\in B}b, така че след съкращаване ∏a∈Aa≡2(modp)\prod_{a\in A}a\equiv2\pmod p.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2020/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека (a1,b1),…,(a100,b100)(a_1,b_1),\ldots,(a_{100},b_{100}) са различни решетъчни точки с неотрицателни координати. Нека NN е броят на двойките i<ji\lt{}j, за които ∣aibj−ajbi∣=1|a_i b_j-a_j b_i|=1. Да се намери най-голямата възможна стойност на NN.
РешениеОтговорът е 197197. По-общо за nn точки максимумът е 2n−32n-3. Конструкцията е (1,0),(1,1),(2,1),…,(n−1,1)(1,0),(1,1),(2,1),\ldots,(n-1,1). Добри триъгълници са O,(k,1),(k+1,1)O,(k,1),(k+1,1) за 1≤k≤n−21\le k\le n-2 и O,(1,0),(k,1)O,(1,0),(k,1) за 1≤k≤n−11\le k\le n-1, общо 2n−32n-3. За горната граница нека P=(a,b)P=(a,b) е най-далечната избрана решетъчна точка от началото. Ако gcd⁡(a,b)>1\gcd(a,b)\gt{}1, тя не участва в добър триъгълник, защото общият делител дели всеки детерминант av−buav-bu. Ако gcd⁡(a,b)=1\gcd(a,b)=1, решетъчните точки Q=(u,v)Q=(u,v) с лице [OPQ]=12[OPQ]=\frac12 лежат върху двете прави ∣av−bu∣=1|av-bu|=1, успоредни на OPOP. На всяка такава права решетъчните точки се различават с кратно на (a,b)(a,b); поради избора на най-далечна точка най-много една от всяка права може да присъства. Значи PP е в най-много два добри триъгълника. Изтриваме PP и прилагаме индукция: получаваме най-много 2(n−1)−3+2=2n−32(n-1)-3+2=2n-3. При n=100n=100 това дава 197197.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2020/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Крайно множество SS от точки се нарича свръхопределено, ако ∣S∣≥2|S|\ge2 и има ненулев реален многочлен P(t)P(t) от степен най-много ∣S∣−2|S|-2, който минава през всички точки на SS. За всяко n≥2n\ge2 да се намери най-голямото kk, за което има множество от nn различни точки, което не е свръхопределено, но има kk свръхопределени подмножества.
РешениеОтговорът е 2n−1−n2^{n-1}-n. За конструкция избираме различни ненулеви a,ba,b и точките (1,a),(2,b),(3,b),…,(n,b)(1,a),(2,b),(3,b),\ldots,(n,b). Цялото множество не е свръхопределено: ако многочлен от степен най-много n−2n-2 минава през всички точки, то P(t)−bP(t)-b има корени 2,3,…,n2,3,\ldots,n, но не е нулев, защото P(1)=a≠bP(1)=a\ne b. От друга страна всяко подмножество от последните n−1n-1 точки с поне два елемента лежи върху константния многочлен P(t)=bP(t)=b, следователно е свръхопределено; техният брой е 2n−1−1−(n−1)=2n−1−n2^{n-1}-1-(n-1)=2^{n-1}-n. За горната граница наричаме множество свободно, ако не е свръхопределено. Ако свободно mm-множество има две свръхопределени (m−1)(m-1)-подмножества, съответните многочлени от степен най-много m−3m-3 съвпадат върху m−2m-2 общи точки и по единствеността от интерполация са един и същ многочлен; тогава цялото множество би било свръхопределено. Значи всяко свободно mm-множество има поне m−1m-1 свободни подмножества от размер m−1m-1. Низходяща индукция дава поне (n−1m−1)\binom{n-1}{m-1} свободни mm-подмножества, откъдето свръхопределените са най-много 2n−1−n2^{n-1}-n.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2020/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n\ge2 и нека x1≥x2≥⋯≥xnx_1\ge x_2\ge\cdots\ge x_n, y1≥y2≥⋯≥yny_1\ge y_2\ge\cdots\ge y_n са реални числа, за които сумите на всяка от двете редици са 00, а сумите на квадратите им са 11. Да се докаже, че ∑i=1n(xiyi−xiyn+1−i)≥2x2n−1\sum_{i=1}^n(x_i y_i-x_i y_{n+1-i})\ge\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}n-1}}.
РешениеНека σ\sigma е равномерно случайна пермутация и Sσ=∑i=1nxiyσ(i)S_\sigma=\sum_{i=1}^n x_i y_{\sigma(i)}. От условията ∑xi=∑yi=0\sum x_i=\sum y_i=0 следва ESσ=0\mathbb E S_\sigma=0. Освен това E(yσ(i)2)=1n\mathbb E(y_{\sigma(i)}^2)=\frac1n, а при i≠ji\ne j имаме E(yσ(i)yσ(j))=−1n(n−1)\mathbb E(y_{\sigma(i)}y_{\sigma(j)})=-\frac1{n(n-1)}, защото сумата на квадратите на yiy_i е 11 и сумата им е 00. Следователно, използвайки ∑xi2=1\sum x_i^2=1 и 2∑i<jxixj=−12\sum_{i\lt{}j}x_i x_j=-1, получаваме E(Sσ2)=1n+1n(n−1)=1n−1\mathbb E(S_\sigma^2)=\frac1n+\frac1{n(n-1)}=\frac1{n-1}. Това е дисперсията. Ако MM и mm са съответно най-голямата и най-малката стойност на SσS_\sigma, всяка случайна величина в интервал с дължина M−mM-m има дисперсия най-много (M−m)24\frac{(M-m)^2}{4}, например от (Z−m)(M−Z)≥0(Z-m)(M-Z)\ge0. Значи M−m≥2x2n−1M-m\ge\frac2{\sqrt{\vphantom{x^2}n-1}}. По неравенството за пренареждане максимумът е M=∑xiyiM=\sum x_i y_i, а минимумът е m=∑xiyn+1−im=\sum x_i y_{n+1-i}. Разликата им е точно лявата страна, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2020/6Условие — източник

2021

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Външно за остроъгълния триъгълник ABCABC са построени правоъгълниците BCC1B2BCC_1B_2, CAA1C2CAA_1C_2 и ABB1A2ABB_1A_2. Да се предположи, че∠BC1C+∠CA1A+∠AB1B=180∘.\angle BC_1C+\angle CA_1A+\angle AB_1B=180^\circ.Да се докаже, че правите B1C2B_1C_2, C1A2C_1A_2 и A1B2A_1B_2 се пресичат в една точка.
РешениеНека Ωa\Omega_a, Ωb\Omega_b и Ωc\Omega_c са описаните окръжности съответно на трите правоъгълника CAA1C2CAA_1C_2, ABB1A2ABB_1A_2 и BCC1B2BCC_1B_2. Условието за сумата на трите ъгъла е точно насочената форма на теоремата на Микел за тези три правоъгълника: трите окръжности имат обща точка PP освен върховете върху страните на ABCABC. Понеже PP лежи на окръжността на правоъгълника BCC1B2BCC_1B_2, имаме ∠CPB2=90∘\angle CPB_2=90^\circ. Понеже PP лежи и на окръжността на правоъгълника CAA1C2CAA_1C_2, имаме ∠CPA1=90∘\angle CPA_1=90^\circ. Следователно правите PB2PB_2 и PA1PA_1 са една и съща права, т.е. P∈A1B2P\in A_1B_2. Същият аргумент, приложен към другите две общи страни, дава P∈B1C2P\in B_1C_2 и P∈C1A2P\in C_1A_2. Значи трите прави B1C2B_1C_2, C1A2C_1A_2 и A1B2A_1B_2 са конкурентни, както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2021/1Условие — източник

Задача 4

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 единствен елемент t∈St\in S, за койтоgcd⁡(s,t)=d.\gcd(s,t)=d.Елементите ss и tt може да съвпадат. Да се намерят всички възможни стойности на броя на елементите на SS.
РешениеОтговорът е: ∣S∣|S| е степен на 22; ако празното множество се допуска, възможна е и стойността 00. Първо даваме конструкция. За произволно k≥0k\ge0 избираме 2k2k различни прости числаp1,q1,p2,q2,…,pk,qkp_1,q_1,p_2,q_2,\ldots,p_k,q_kи вземаме всички произведения, в които от всяка двойка (pi,qi)(p_i,q_i) е избрано точно едно просто число. Така получаваме 2k2^k числа. Ако ss е едно от тях и d∣sd\mid s, то за всяка двойка избираме в tt същото просто число като в ss точно когато това просто число участва в dd, а иначе избираме другото просто число от двойката. Тогава gcd⁡(s,t)=d\gcd(s,t)=d, и изборът е единствен. Остава да докажем, че други размери няма. За фиксирано x∈Sx\in S съответствието t↦gcd⁡(x,t)t\mapsto\gcd(x,t) е биекция между елементите на SS и положителните делители на xx. Следователно ∣S∣=τ(x)|S|=\tau(x) за всяко x∈Sx\in S. Ще покажем, че никой прост множител не може да влиза в някой елемент със степен поне 22. Да допуснем, че pe∣xp^e\mid x и pe+1∤xp^{e+1}\nmid x за някое x∈Sx\in S и e≥2e\ge2. От биекцията за xx следва, че делът на елементите на SS, които се делят на pp, е e/(e+1)e/(e+1), защото точно толкова от делителите на xx се делят на pp. От друга страна, съществува y∈Sy\in S с gcd⁡(x,y)=p\gcd(x,y)=p, следователно pp дели yy, но p2p^2 не дели yy. Прилагайки същото броене към yy, получаваме, че точно половината от елементите на SS се делят на pp. Това противоречи на e/(e+1)≠1/2e/(e+1)\ne1/2 за e≥2e\ge2. Значи всички елементи на SS са свободни от квадрати. Тогава за всяко x∈Sx\in S броят на делителите му е 2ω(x)2^{\omega(x)}, следователно ∣S∣=τ(x)|S|=\tau(x) е степен на 22. Това завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2021/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека n≥4n\ge4 е цяло число. Индексите се разглеждат по модул 2n2n. Да се намерят всички положителни реални решения на систематаa2k−1=1a2k−2+1a2k,a_{2k-1}=\frac1{a_{2k-2}}+\frac1{a_{2k}},a2k=a2k−1+a2k+1(k=1,2,…,n).\qquad a_{2k}=a_{2k-1}+a_{2k+1}\qquad(k=1,2,\ldots,n).
РешениеЕдинственото решение е(a1,a2,…,a2n)=(1,2,1,2,…,1,2).(a_1,a_2,\ldots,a_{2n})=(1,2,1,2,\ldots,1,2).То се проверява непосредствено. Ще докажем, че всички четни членове са равни. От уравненията получаваме, за всеки kk,a2k=a2k−1+a2k+1=(1a2k−2+1a2k)+(1a2k+1a2k+2)=1a2k−2+2a2k+1a2k+2.\begin{align*} a_{2k}&=a_{2k-1}+a_{2k+1}\\ &=\left(\frac1{a_{2k-2}}+\frac1{a_{2k}}\right)+\left(\frac1{a_{2k}}+\frac1{a_{2k+2}}\right)\\ &=\frac1{a_{2k-2}}+\frac2{a_{2k}}+\frac1{a_{2k+2}}. \end{align*}Некаm=min⁡ka2k,M=max⁡ka2k.m=\min_k a_{2k},\qquad M=\max_k a_{2k}.За индекс ii, при който a2i=ma_{2i}=m, имамеm=1a2i−2+2m+1a2i+2≥2M+2m.m=\frac1{a_{2i-2}}+\frac2m+\frac1{a_{2i+2}}\ge\frac2M+\frac2m.За индекс jj, при който a2j=Ma_{2j}=M, имамеM=1a2j−2+2M+1a2j+2≤2m+2M.M=\frac1{a_{2j-2}}+\frac2M+\frac1{a_{2j+2}}\le\frac2m+\frac2M.СледователноM≤2m+2M≤m,M\le\frac2m+\frac2M\le m,а понеже по дефиниция m≤Mm\le M, получаваме m=Mm=M. Значи редицата от четните членове е константна; нека a2k=ca_{2k}=c. Тогава от горното равенство c=4/cc=4/c, така че c=2c=2. Накраяa2k−1=12+12=1a_{2k-1}=\frac12+\frac12=1за всяко kk. Следователно посоченото решение е единствено.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2021/5Условие — източник

2022

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са положителни цели числа. Всяка клетка на таблица (a+b+1)×(a+b+1)(a+b+1)\times(a+b+1) е оцветена или в кехлибарено, или в бронзово, като има поне a2+ab−ba^2+ab-b кехлибарени клетки и поне b2+ab−ab^2+ab-a бронзови клетки. Да се докаже, че могат да се изберат aa кехлибарени клетки и bb бронзови клетки така, че никои две от избраните a+ba+b клетки да не лежат в един и същ ред или в един и същ стълб.
РешениеЩе наричаме трансверсал избор на a+b+1a+b+1 клетки, по една от всеки ред и по една от всеки стълб. Първо ще докажем, че съществува трансверсал TaT_a с поне aa кехлибарени клетки. Ако изберем трансверсал равновероятно, всяка клетка попада в него с вероятност 1/(a+b+1)1/(a+b+1), затова очакваният брой кехлибарени клетки е поне a2+ab−ba+b+1=a−1+1a+b+1>a−1.\frac{a^2+ab-b}{a+b+1}=a-1+\frac{1}{a+b+1}\gt{}a-1. Следователно някой трансверсал има поне aa кехлибарени клетки. По същия начин съществува трансверсал TbT_b с поне bb бронзови клетки, тоест с най-много a+1a+1 кехлибарени клетки. Остава да преминем от TaT_a към TbT_b. Всеки два трансверсала могат да се свържат чрез последователност от стандартни размени: избираме две избрани клетки в различни редове и стълбове и ги заменяме с другите два върха на определения от тях правоъгълник. Това запазва свойството да имаме трансверсал. При една такава размяна броят на кехлибарените клетки се изменя с най-много 22. В началото този брой е поне aa, а в края е най-много a+1a+1; следователно в някой момент по пътя той е равен на aa или на a+1a+1. Ако е равен на aa, избраният трансверсал съдържа b+1b+1 бронзови клетки и изхвърляме една от тях. Ако е равен на a+1a+1, той съдържа bb бронзови клетки и изхвърляме една кехлибарена клетка. И в двата случая остават точно aa кехлибарени и bb бронзови клетки, без две от тях да са в един ред или стълб.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2022/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека b≥2b\ge2 и w≥2w\ge2 са фиксирани цели числа и нека n=b+wn=b+w. Дадени са 2b2b еднакви черни пръчки и 2w2w еднакви бели пръчки, всяка с дължина 11. От тях сглобяваме правилен 2n2n-ъгълник така, че успоредните страни да имат един и същ цвят. След това чрез пренасяне на черните пръчки се образува изпъкнал 2b2b-ъгълник BB, а чрез пренасяне на белите пръчки - изпъкнал 2w2w-ъгълник WW. Да се докаже, че разликата между лицата на BB и WW зависи само от числата bb и ww, а не от начина, по който е сглобен правилният 2n2n-ъгълник.
РешениеЩе докажем, че може да се разменят съседна черна и бяла пръчка, заедно със срещуположните им успоредни пръчки, без да се променя величината [B]−[W][B]-[W], където [P][P] означава лицето на многоъгълника PP. Такива съседни размени свързват всички допустими сглобявания с даден брой черни и бели двойки страни, така че това ще докаже инвариантността. Нека u⃗\vec u и v⃗\vec v са съответно черният и белият вектор на двете съседни страни, които ще разменяме. Нека x⃗\vec x е сумата на всички други черни вектори между u⃗\vec u и −u⃗-\vec u по обиколката, а y⃗\vec y - аналогичната сума за белите вектори между v⃗\vec v и −v⃗-\vec v. Единствената промяна в лицата идва от съответните успоредници. С означението ∧\wedge за ориентирано лице на успоредник трябва да проверимu⃗∧x⃗−v⃗∧y⃗=v⃗∧x⃗−u⃗∧y⃗.\vec u\wedge\vec x-\vec v\wedge\vec y=\vec v\wedge\vec x-\vec u\wedge\vec y.Това е еквивалентно на(u⃗−v⃗)∧(x⃗+y⃗)=0,(\vec u-\vec v)\wedge(\vec x+\vec y)=0,тоест на това u⃗−v⃗\vec u-\vec v и x⃗+y⃗\vec x+\vec y да са успоредни. Двата вектора наистина са успоредни, защото и двата са перпендикулярни на u⃗+v⃗\vec u+\vec v. Първо, u⃗−v⃗⊥u⃗+v⃗\vec u-\vec v\perp\vec u+\vec v, понеже u⃗\vec u и v⃗\vec v имат една и съща дължина. Второ, векторът u⃗+v⃗+x⃗+y⃗\vec u+\vec v+\vec x+\vec y свързва две срещуположни точки на описаната окръжност на правилния 2n2n-ъгълник, т.е. описва диаметър. Точката, получена след изминаване на u⃗+v⃗\vec u+\vec v, лежи върху същата полуокръжност, затова по теоремата за вписания ъгъл имаме (u⃗+v⃗)⊥(x⃗+y⃗)(\vec u+\vec v)\perp(\vec x+\vec y). Следователно u⃗−v⃗\vec u-\vec v и x⃗+y⃗\vec x+\vec y са успоредни, равенството за лицата е вярно и разликата [B]−[W][B]-[W] не се изменя при размяната. Понеже всяка подредба на цветовете с bb черни и ww бели двойки страни може да се получи от всяка друга чрез такива съседни размени, разликата между лицата зависи само от bb и ww.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2022/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в положителните реални числа функционалното уравнениеf(x)=f(f(f(x))+y)+f(xf(y))f(x+y)f(x)=f(f(f(x))+y)+f(xf(y))f(x+y)за всички положителни реални числа xx и yy.
РешениеОтговорът еf(x)=cx(c>0).f(x)=\frac{c}{x}\qquad(c\gt{}0).Тези функции се проверяват непосредствено. Ще докажем, че други решения няма. Нека P(x,y)P(x,y) означава даденото равенство, а fmf^m - mm-кратната итерация на ff. Първо въвеждаме помощното твърдениеQ(a,b):f(a)≥f(b)⟹f(f(b))≥a.Q(a,b): f(a)\ge f(b)\Longrightarrow f(f(b))\ge a.Наистина, ако a>f(f(b))a\gt{}f(f(b)), поставяме y=a−f(f(b))>0y=a-f(f(b))\gt{}0 в P(b,y)P(b,y). Тогава първият член вдясно е f(a)f(a), а вторият е положителен, така че получаваме f(b)>f(a)f(b)\gt{}f(a), противоречие. От Q(t,t)Q(t,t) следва f2(t)≥tf^2(t)\ge t за всяко t>0t\gt{}0. При t=f2(x)t=f^2(x) получаваме f4(x)≥f2(x)f^4(x)\ge f^2(x). Освен това при t=f(x)t=f(x) и t=f3(x)t=f^3(x) имаме f(x)≤f3(x)≤f5(x)f(x)\le f^3(x)\le f^5(x). Затова можем да приложим Q(f4(x),x)Q(f^4(x),x) и получаваме обратното неравенство f2(x)≥f4(x)f^2(x)\ge f^4(x). Следователноf2(x)=f4(x)f^2(x)=f^4(x)за всяко x>0x\gt{}0. Следващата стъпка е инективност. Да допуснем, че f(u)=f(v)f(u)=f(v) за някои u>vu\gt{}v. От Q(u,v)Q(u,v) и Q(v,u)Q(v,u) следва f2(v)≥uf^2(v)\ge u и f2(u)≥vf^2(u)\ge v. Сравнявайки равенствата P(z,u)P(z,u) и P(z,v)P(z,v) за z=f2(x)z=f^2(x) и използвайки f2=f4f^2=f^4 и f(u)=f(v)f(u)=f(v), получавамеf(f2(x)+u)=f(f2(x)+v)f(f^2(x)+u)=f(f^2(x)+v)за всяко x>0x\gt{}0. Сега сравняваме P(x,u)P(x,u) и P(x,v)P(x,v); отново понеже f(u)=f(v)f(u)=f(v), следваf(x+u)=f(x+v)f(x+u)=f(x+v)за всяко x>0x\gt{}0. Значи ff е периодична с период T=u−v>0T=u-v\gt{}0. Но тогава твърдението Q(1+nT,1)Q(1+nT,1) за произволно големи nn би изисквало f(f(1))≥1+nTf(f(1))\ge1+nT, което е невъзможно. Следователно ff е инективна. От f2=f4f^2=f^4 и инективността получаваме f2(x)=xf^2(x)=x. Тогава първоначалното уравнение се опростява доf(x)=f(x+y)(1+f(xf(y))).f(x)=f(x+y)\bigl(1+f(xf(y))\bigr).При x=1x=1 това даваf(1+y)=f(1)1+yf(1+y)=\frac{f(1)}{1+y}за всяко y>0y\gt{}0, така че f(t)=f(1)/tf(t)=f(1)/t за всички t>1t\gt{}1. Нека c=f(1)c=f(1). Ако a,b>1a,b\gt{}1, от последното опростено равенство получавамеca=ca+b(1+f(acb)),\frac ca=\frac{c}{a+b}\left(1+f\left(\frac{ac}{b}\right)\right),следователно f(ac/b)=b/af(ac/b)=b/a. Като оставим отношението a/ba/b да пробягва всички положителни стойности, получаваме f(t)=c/tf(t)=c/t за всяко t>0t\gt{}0.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2022/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички наредени двойки прости числа (p,q)(p,q), за които p−qp-q и pq−qpq-q са точни квадрати.
РешениеОтговорът е единствено (p,q)=(3,2)(p,q)=(3,2), което очевидно работи: 3−2=13-2=1 и 3⋅2−2=43\cdot2-2=4. Ще докажем, че други двойки няма. Случаят p=qp=q не дава решение, затова можем да пишем a2=p−q,b2=pq−q=q(p−1)a^2=p-q,\qquad b^2=pq-q=q(p-1) с положителни цели числа aa и bb. Имаме 0<a<p0\lt{}a\lt{}p и 0<b<p0\lt{}b\lt{}p. Изваждаме двете равенства и получаваме (b−a)(b+a)=b2−a2=p(q−1).(b-a)(b+a)=b^2-a^2=p(q-1). Понеже 0<b−a<p0\lt{}b-a\lt{}p и 0<b+a<2p0\lt{}b+a\lt{}2p, простото число pp не може да дели b−ab-a и затова трябва да дели b+ab+a. Единствената възможност е b+a=p,b+a=p, а от горното равенство следва b−a=q−1.b-a=q-1. Тогава pp и q−1q-1 имат една и съща четност. Това е възможно само при q=2q=2. При q=2q=2 условията стават a2=p−2a^2=p-2 и b2=2p−2b^2=2p-2. Ако p≡1(mod3)p\equiv1\pmod3, тогава a2≡2(mod3)a^2\equiv2\pmod3, невъзможно. Ако p≡2(mod3)p\equiv2\pmod3, тогава b2≡2(mod3)b^2\equiv2\pmod3, също невъзможно. Следователно pp се дели на 33, а понеже pp е просто, p=3p=3. Получаваме единственото решение (3,2)(3,2).
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2022/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Една функция f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R ще наричаме съществено растяща, ако f(s)≤f(t)f(s)\le f(t) винаги когато s≤ts\le t са реални числа, за които f(s)≠0f(s)\ne0 и f(t)≠0f(t)\ne0. Да се намери най-малкото цяло число kk със следното свойство: за произволни 20222022 реални числа x1,x2,…,x2022x_1,x_2,\ldots,x_{2022} съществуват kk съществено растящи функции f1,…,fkf_1,\ldots,f_k, такива чеf1(n)+f2(n)+⋯+fk(n)=xnf_1(n)+f_2(n)+\cdots+f_k(n)=x_nза всяко n=1,2,…,2022n=1,2,\ldots,2022.
РешениеОтговорът е 1111. По-общо, ако 20222022 се замени с NN, отговорът е ⌊log⁡2N⌋+1\lfloor\log_2 N\rfloor+1. Тъй като 210≤2022<2112^{10}\le2022\lt{}2^{11}, това дава 1111. Първо доказваме долната оценка. Да предположим, че N>2k−1N\gt{}2^k-1, и избираме xn=−nx_n=-n за n=1,2,…,Nn=1,2,\ldots,N. За всяко nn некаS(n)={i∈{1,2,…,k}:fi(n)≠0}.S(n)=\{i\in\{1,2,\ldots,k\}: f_i(n)\ne0\}.Множеството S(n)S(n) е непразно, защото сумата е −n≠0-n\ne0. Има само 2k−12^k-1 непразни подмножества на {1,2,…,k}\{1,2,\ldots,k\}, затова по принципа на Дирихле съществуват n<mn\lt{}m с S(n)=S(m)S(n)=S(m). За всеки индекс от това общо множество условието за съществено растене дава fi(n)≤fi(m)f_i(n)\le f_i(m), а за останалите индекси и двете стойности са нула. Следователно xn≤xmx_n\le x_m, което противоречи на −n>−m-n\gt{}-m. Значи непременно N≤2k−1N\le2^k-1. Остава конструкцията при N=2k−1N=2^k-1; по-малките NN следват, като просто пренебрегнем излишните места. Подреждаме непразните подмножества на {1,2,…,k}\{1,2,\ldots,k\} в стандартния рекурсивен ред, получен от двоичния отразен код на Грей. На позиция nn ще бъдат ненулеви точно функциите с индекси от съответното множество S(n)S(n). Този ред има важната особеност, че конструкцията за k−1k-1 функции се появява първо с малки стойности, после се обръща с добавен нов индекс kk и с много по-големи стойности. Избираме число BB толкова голямо, че всички дадени xnx_n да са пренебрежимо малки в сравнение с последователните степени на BB. В първата половина използваме по индукция вече построените k−1k-1 функции. В средната позиция даваме на първите k−1k-1 функции много големи положителни стойности B,B2,…,Bk−1B,B^2,\ldots,B^{k-1}, а стойността на fkf_k избираме така, че сумата да стане нужното xnx_n. В последната половина повтаряме обърнатата конструкция за първите k−1k-1 функции, но всички нейни ненулеви стойности са изместени в диапазон от много големи положителни числа; остатъкът отново се поема от fkf_k. Понеже BB е избрано достатъчно голямо, ненулевите стойности на всяка от функциите се появяват в нарастващ ред. Така на всяко от числата 1,2,…,2k−11,2,\ldots,2^k-1 сумата е точно предписаното xnx_n, а всяка функция е съществено растяща върху ненулевите си стойности. Извън тези цели точки дефинираме функциите да са нула. Това не нарушава условието, понеже то сравнява само двойки точки, в които и двете стойности са ненулеви. Конструкцията завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2022/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
В социалната мрежа Mathbook има 20222022 потребители, като някои двойки от тях са приятели. В Mathbook приятелството е взаимно и веднъж възникнало, остава валидно. От този момент нататък Mathbook позволява ново приятелство между двама потребители само ако те имат поне двама общи приятели. Кой е най-малкият брой приятелства, които трябва вече да съществуват, така че да е възможно в крайна сметка всеки потребител да стане приятел с всеки друг?
РешениеЩе решим по-общата задача за nn потребители. Отговорът е⌈3n2⌉−2,\left\lceil\frac{3n}{2}\right\rceil-2,а за n=2022n=2022 това е 30313031. В езика на графите започваме с граф GG върху nn върха. Разрешената операция е: ако имаме цикъл C4C_4, можем да добавим двата му диагонала, т.е. да допълним този C4C_4 до K4K_4. Търсим най-малкия брой начални ребра, при който чрез такива операции може да се стигне до KnK_n. Първо даваме конструкция. Ако nn е четно, започваме с ребро abab и построяваме n/2−1n/2-1 копия на C4C_4, всяко от които използва реброто abab. Всяко копие добавя две нови върхови точки и три нови ребра, така че общият брой ребра е 1+3(n/2−1)=3n/2−21+3(n/2-1)=3n/2-2. Допълваме първо всички тези четириъгълници до K4K_4. След това всеки два върха, които не са aa и bb, вече имат общи приятели aa и bb, така че можем да добавим ребрата между тях и да завършим до KnK_n. Ако nn е нечетно, правим същата конструкция за n−1n-1 върха и добавяме още един връх, свързан с aa и bb; броят на ребрата става ⌈3n/2⌉−2\lceil3n/2\rceil-2, а допълването е аналогично. Остава долната оценка. Ще опишем алгоритъм, който добавя всички ребра, които могат да бъдат принудени, докато повече няма възможна операция. Поддържаме списък C\mathcal C от клики и етикетиране LL на ребрата: всяко ребро носи етикета на една клика от C\mathcal C, която го съдържа. В началото всяко начално ребро е отделна клика K2K_2 и носи собствения си етикет. Когато има цикъл C4=abcdC_4=abcd, чиито четири страни не всички имат един и същ етикет, вземаме всички клики, чиито етикети се появяват по тези четири страни, и нека VV е обединението на върховете им. Добавяме всички ребра, нужни за да стане VV клика, и сливаме тези клики в една нова клика KVK_V. Ребрата с използваните етикети, както и новите ребра, получават етикета KVK_V. Спираме, когато всеки C4C_4 има един и същ етикет по четирите си страни; тогава вече няма операция, която да създаде нова информация. Ако началният граф изобщо може да се допълни до KnK_n, този алгоритъм трябва накрая да има една единствена клика KnK_n. За клика K∈CK\in\mathcal C нека θ(K)\theta(K) е броят на началните ребра, които в момента носят етикета KK. Твърдим, че през целия алгоритъмθ(K)≥3∣K∣2−2.\theta(K)\ge\frac{3|K|}{2}-2.В началото това е вярно, защото всяка клика е едно ребро: θ(K2)=1\theta(K_2)=1. При сливане на две, три или четири клики стойността на θ\theta е сумата от старите стойности. От друга страна, при сливането върховете a,b,c,da,b,c,d от избрания C4C_4 вече се срещат в старите клики с припокриване: при четири слети клики има поне четири повторения на върхове, при три слети клики - поне три, а при две слети клики - поне две. Следователно размерът на новата клика е достатъчно по-малък от сумата на старите размери, за да се запази неравенството θ(K)≥3∣K∣/2−2\theta(K)\ge3|K|/2-2; в случаите с две или три клики дори получаваме запас. Ако графът е допълним до KnK_n, накрая алгоритъмът дава клика KnK_n. Тогава броят на началните ребра е поне θ(Kn)≥3n/2−2\theta(K_n)\ge3n/2-2. Понеже броят на ребрата е цяло число, получаваме долната оценка ⌈3n/2⌉−2\lceil3n/2\rceil-2. Заедно с конструкцията това доказва формулата, а при n=2022n=2022 отговорът е 30313031.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2022/6Условие — източник

2023

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгълник ABCABC нека MM е средата на BCBC. Нека PP е петата на перпендикуляра от CC към AMAM. Да предположим, че описаната окръжност на триъгълника ABPABP пресича правата BCBC в две различни точки BB и QQ. Нека NN е средата на AQAQ. Да се докаже, че NB=NCNB=NC.
РешениеНека DD е петата на височината от AA към BCBC. Ще докажем, че QQ е образът на DD при централна симетрия спрямо MM. Понеже ∠ADC=∠APC=90∘\angle ADC=\angle APC=90^\circ, четириъгълникът ADPCADPC е вписан. Прилагаме степен на точката MM спрямо окръжностите (ADPC)(ADPC) и (ABPQ)(ABPQ), като дължините по правата BCBC се вземат насочено: MB⋅MQ=MA⋅MP=MC⋅MD.MB\cdot MQ=MA\cdot MP=MC\cdot MD. Тъй като MM е среда на BCBC, имаме MB=MCMB=MC, следователно MQ=MDMQ=MD с правилна посока по правата BCBC. Значи MM е среда на DQDQ. Сега в триъгълника ADQADQ точките MM и NN са среди съответно на DQDQ и AQAQ, затова MN∥ADMN\parallel AD. Но AD⊥BCAD\perp BC, следователно MN⊥BCMN\perp BC. Понеже MM е средата на BCBC, правата през MM, перпендикулярна на BCBC, е симетралата на BCBC. Точката NN лежи на нея, откъдето NB=NCNB=NC.ABCMDPQN
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2023/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се реши в положителните реални числа функционалното уравнениеf(xy+f(x))=xf(y)+2f(xy+f(x))=xf(y)+2за всички положителни реални числа xx и yy.
РешениеОтговорът еf(x)=x+1.f(x)=x+1.Проверката е непосредствена: ако f(t)=t+1f(t)=t+1, тогаваf(xy+f(x))=f(xy+x+1)=xy+x+2=xf(y)+2.f(xy+f(x))=f(xy+x+1)=xy+x+2=xf(y)+2.Нека P(x,y)P(x,y) означава даденото равенство. Първо ще докажем, че ff не намалява. Да допуснем противното: нека a>b>0a\gt{}b\gt{}0, но f(a)<f(b)f(a)\lt{}f(b). Избирамеy=f(b)−f(a)a−b>0.y=\frac{f(b)-f(a)}{a-b}\gt{}0.Тогава ay+f(a)=by+f(b)ay+f(a)=by+f(b). От P(a,y)P(a,y) и P(b,y)P(b,y) левите страни са равни, следователноaf(y)+2=bf(y)+2,af(y)+2=bf(y)+2,което е невъзможно, понеже a≠ba\ne b и f(y)>0f(y)\gt{}0. Значи ff е ненамаляваща. Поставяме c=f(1)>0c=f(1)\gt{}0. От P(1,y)P(1,y) получавамеf(y+c)=f(y)+2f(y+c)=f(y)+2за всяко y>0y\gt{}0. Следователно стойностите на ff върху аритметичните прогресии със стъпка cc растат с точно 22. Заедно с ненамаляването това дава линейна оценка с ограничена грешка:f(x)=Kx+O(1)(x→∞),f(x)=Kx+O(1)\qquad(x\to\infty),където K=2/cK=2/c. Наистина, ако mc≤x≤(m+1)cmc\le x\le (m+1)c, то f(mc)≤f(x)≤f((m+1)c)f(mc)\le f(x)\le f((m+1)c), а двете крайни стойности се различават само с 22. По-точно същото разсъждение може да се приложи след преместване с достатъчно голямо кратно на cc, така че грешката в оценката остава ограничена с абсолютна константа, която не зависи от xx. Тази равномерност е важна: тя позволява да сравняваме главните линейни членове в уравнението, без неизвестната ограничена част да влияе след деление на xx. Сега фиксираме произволно y>0y\gt{}0 и пускаме x→∞x\to\infty в P(x,y)P(x,y). От вече получената оценка имамеf(xy+f(x))=K(xy+f(x))+O(1)=f(xy+f(x))=K(xy+f(x))+O(1)=Kxy+K2x+O(1),Kxy+K^2x+O(1),докато дясната страна е xf(y)+2xf(y)+2. Следователноx(Ky+K2−f(y))=O(1).x\bigl(Ky+K^2-f(y)\bigr)=O(1).Тъй като yy е фиксирано, това е възможно при неограничено големи xx само акоf(y)=Ky+K2.f(y)=Ky+K^2.Значи ff е линейна на цялата положителна полуос. Остава да намерим KK. Замествайки f(t)=Kt+K2f(t)=Kt+K^2 в първоначалното уравнение, получавамеK(xy+Kx+K2)+K2=x(Ky+K2)+2.K(xy+Kx+K^2)+K^2=x(Ky+K^2)+2.След съкращаване оставаK3+K2=2.K^3+K^2=2.Понеже K>0K\gt{}0, а функцията K2(K+1)K^2(K+1) е строго растяща за K>0K\gt{}0, единственото решение е K=1K=1. Следователно f(y)=y+1f(y)=y+1 за всяко y>0y\gt{}0, което вече проверихме.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2023/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Разглеждаме дъска n×nn\times n от единични квадратчета, където nn е нечетно положително цяло число. Казваме, че колекция C\mathcal C от еднакви домина е максимална конфигурация, подравнена по мрежата, ако C\mathcal C се състои от n2−12\frac{n^2-1}{2} домина, всяко от които покрива точно две съседни квадратчета и домината не се застъпват; тогава C\mathcal C покрива всички квадратчета освен едно. Позволено е да плъзнем, без да завъртаме, едно домино така, че то да покрие непокритото квадратче; получава се нова максимална конфигурация с друго непокрито квадратче. Нека k(C)k(\mathcal C) е броят на различните максимални конфигурации, които могат да се получат от C\mathcal C чрез последователни плъзгания на домина. Да се намерят всички възможни стойности на k(C)k(\mathcal C) като функция на nn.
РешениеОтговорът еk(C)∈{1,2,…,(n−12)2}∪{(n+12)2}.k(\mathcal C)\in \left\{1,2,\ldots,\left(\frac{n-1}{2}\right)^2\right\}\cup\left\{\left(\frac{n+1}{2}\right)^2\right\}.Номерираме квадратчетата с координати (x,y)(x,y), където 1≤x,y≤n1\le x,y\le n. Наричаме квадратче специално, ако е празното квадратче или ако двете му координати имат същата четност като координатите на празното квадратче. При всяко допустимо плъзгане празното квадратче се премества от едно специално квадратче в друго, а паритетният клас на специалните квадратчета не се променя. Построяваме насочен граф GG върху специалните квадратчета. Ако едно домино лежи върху специално квадратче ss, насочваме ребро от ss към специалното квадратче, към което това домино сочи; празното квадратче няма изходящо ребро. В свързаната компонента TT, която съдържа празното квадратче, всички стрелки сочат към него. Плъзгането на домино точно обръща едно ребро по пътя в тази компонента. Следователно достижимите конфигурации са точно изборите на връх на TT, който да бъде новото празно квадратче, и затоваk(C)=∣V(T)∣.k(\mathcal C)=|V(T)|.Остава да разберем какви размери може да има TT. Ако специалните квадратчета са с две нечетни координати, те са (n+12)2\left(\frac{n+1}{2}\right)^2. В този случай всеки цикъл в ненасочения граф GG огражда нечетен брой квадратчета от дъската: това следва от теоремата на Пик, приложена към центровете на квадратчетата по и вътре в цикъла, заедно с паритетното броене на домината по границата. Затова компонентата на празното квадратче е дърво, освен ако е затворена от цикъл. Ако тя не е цялото множество от специални квадратчета, такъв ограждащ цикъл я отделя от най-външния ред и най-външната колона, откъдето ∣V(T)∣≤(n−12)2|V(T)|\le \left(\frac{n-1}{2}\right)^2. Ако обаче TT е обхващащо дърво, получаваме единствената голяма стойност (n+12)2\left(\frac{n+1}{2}\right)^2; тя се реализира от змиевидна конфигурация, която минава през всички специални квадратчета. Ако специалните квадратчета са с две четни координати, те са (n−12)2\left(\frac{n-1}{2}\right)^2. Същото графово описание дава k(C)=∣V(T)∣k(\mathcal C)=|V(T)|, този път без възможност за по-голяма стойност. За всяко 1≤k≤(n−12)21\le k\le \left(\frac{n-1}{2}\right)^2 вземаме змиевиден път от kk специални квадратчета и ориентираме съответните домина към избраното празно квадратче; останалите специални квадратчета се затварят в малки локални блокове, които не са достижими от празното квадратче. Това дава конфигурация с точно kk достижими положения. Така получаваме всички стойности от първия интервал и единствената допълнителна голяма стойност, както беше твърдяно.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2023/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Фиксирани са положителни цели числа aa и NN, а на дъска са написани NN положителни цели числа. Алиса и Боб играят следната игра. На ход Алиса трябва да замени някое число nn на дъската с n+an+a, а на ход Боб трябва да замени някое четно число nn на дъската с n/2n/2. Алиса започва и двамата се редуват. Ако на свой ход Боб няма валиден ход, играта приключва. След като разглежда NN-те числа на дъската, Боб разбира, че независимо какви ходове прави Алиса, той може да наложи играта в крайна сметка да приключи. Да се докаже, че всъщност за това aa и тези NN числа играта гарантирано приключва независимо от ходовете и на Алиса, и на Боб.
РешениеНека ν2(t)\nu_2(t) означава показателя на 22 в разлагането на положителното цяло число tt. При N=1N=1 няма какво да се доказва: във всеки момент всеки играч има най-много един възможен ход, така че няма избор на стратегия. Нека оттук нататък N≥2N\ge2, а SS е множеството от числата на дъската, броени с кратности. Първо, ако ν2(x)<ν2(a)\nu_2(x)\lt{}\nu_2(a) за всяко x∈Sx\in S, играта приключва независимо от ходовете. Наистина, при такова xx имаме ν2(x+a)=ν2(x)\nu_2(x+a)=\nu_2(x), така че ходът на Алиса не променя този показател. Всеки ход на Боб, когато е възможен, намалява сумата на всички показатели ν2\nu_2 точно с 11. Играта приключва точно когато всички тези показатели станат нула, така че в този случай броят на ходовете на Боб е предварително определен. Сега да допуснем, че на дъската има число xx с ν2(x)≥ν2(a)\nu_2(x)\ge\nu_2(a). Тогава Алиса може да направи играта безкрайна. Следим първото число на дъската и пак го означаваме с xx. Ако ν2(x)=ν2(a)\nu_2(x)=\nu_2(a), Алиса играе върху първото число; тогава новото първо число е x+ax+a и има ν2(x+a)>ν2(a)\nu_2(x+a)\gt{}\nu_2(a). Ако пък ν2(x)>ν2(a)\nu_2(x)\gt{}\nu_2(a), Алиса играе върху някое друго число, което е възможно понеже N≥2N\ge2. С двустъпкова индукция получаваме, че непосредствено преди всеки ход на Боб е изпълнено ν2(x)>ν2(a)\nu_2(x)\gt{}\nu_2(a), а непосредствено след всеки ход на Боб е изпълнено ν2(x)≥ν2(a)\nu_2(x)\ge\nu_2(a). Значи Боб никога не остава без валиден ход, защото първото число винаги е четно преди неговия ход. Но по условие Боб може да наложи край независимо от ходовете на Алиса. Следователно този втори случай е невъзможен, така че първоначално ν2(x)<ν2(a)\nu_2(x)\lt{}\nu_2(a) за всички числа xx на дъската. По първата част играта тогава приключва независимо от ходовете и на двамата играчи.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2023/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека n≥3n\ge3 е цяло число. Да наречем разполагане на числата 1,2,…,n21,2,\ldots,n^2 в таблица n×nn\times n валидно по редове, ако числата във всеки ред могат да се пренаредят така, че да образуват аритметична прогресия. Аналогично, да го наречем валидно по стълбове, ако числата във всеки стълб могат да се пренаредят така, че да образуват аритметична прогресия. За кои стойности на nn е вярно, че всяко валидно по редове разполагане може да се превърне във валидно по стълбове чрез пренареждане на числата във всеки ред?
РешениеОтговорът е: точно за простите nn. Първо нека n=pn=p е просто. В аритметична прогресия с pp члена остатъците по модул pp са или всички различни, ако разликата не се дели на pp, или всички са еднакви, ако разликата се дели на pp. Да разгледаме кратните на pp в дадена валидна по редове таблица. Във всеки ред има или точно едно такова число, или точно pp такива числа. Понеже общо кратните на pp са pp, има два случая. Ако всички кратни на pp са в един ред, тогава всеки ред се състои от числата с един и същ остатък по модул pp. Следователно можем да пренаредим числата във всеки ред така, че kk-тият стълб да съдържа точно числата от (k−1)p+1(k-1)p+1 до kpkp, които образуват аритметична прогресия. Ако кратните на pp са в различни редове, тогава всеки ред съдържа всеки остатък по модул pp точно по веднъж. Пренареждаме числата във всеки ред така, че kk-тият стълб да съдържа всички числа, които дават остатък kk по модул pp (с остатък 00 за последния стълб). Тези числа образуват аритметична прогресия с разлика pp. Значи при просто nn желаното винаги е възможно. Остава да покажем, че при съставно nn свойството не е вярно. Нека pp е прост делител на nn. Построяваме валидна по редове таблица така: първият ред съдържа числата 1,2,…,n1,2,\ldots,n; следващите pp реда съдържат числата от n+1n+1 до np+nnp+n, разбити на аритметични прогресии с разлика pp; останалите редове съдържат оставащите числа в естествения им ред. Така всеки ред е аритметична прогресия след евентуално пренареждане. Да допуснем, че чрез пренареждане във всеки ред сме получили валидна по стълбове таблица. Всеки стълб тогава съдържа аритметична прогресия от nn члена, чийто най-малък член е в интервала [1,n][1,n], а най-големият е в интервала [n2−n+1,n2][n^2-n+1,n^2]: това следва от числото в първия ред и числото в последния ред на съответния стълб. Тези два крайни члена трябва да са сравними по модул n−1n-1. Разглеждаме стълба, който съдържа числото 22. В него най-малкият член е точно 22, защото числото 11 е в същия ред и не може да е в същия стълб. Единственото число в интервала [n2−n+1,n2][n^2-n+1,n^2], което е сравнимо с 22 по модул n−1n-1, е n2−n+2n^2-n+2. Следователно най-големият член на този стълб е n2−n+2n^2-n+2, а общата разлика на прогресията е ((n2−n+2)−2)/(n−1)=n((n^2-n+2)-2)/(n-1)=n. Значи същият стълб трябва да съдържа и числата n+2n+2 и 2n+22n+2. Но в построената таблица тези две числа лежат в един и същ ред: понеже pp дели nn, те имат един и същ остатък по модул pp, а следващите pp реда бяха точно прогресии с разлика pp. Невъзможно е две числа от един ред да попаднат в един и същ стълб след пренареждане само вътре в редовете. Получихме противоречие, така че при съставно nn исканото свойство не може да важи.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2023/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с инцентър II и ексцентрове IaI_a, IbI_b, IcI_c съответно срещу върховете AA, BB и CC. Дадена е произволна точка DD върху описаната окръжност на △ABC\triangle ABC, която не лежи върху нито една от правите IIaII_a, IbIcI_bI_c или BCBC. Описаните окръжности на △DIIa\triangle DII_a и △DIbIc\triangle DI_bI_c се пресичат в две различни точки DD и FF. Ако E=DF∩BCE=DF\cap BC, да се докаже, че ∠BAD=∠EAC\angle BAD=\angle EAC.
РешениеНека MM е средата на малката дъга BCBC на описаната окръжност на ABCABC, а PP е втората пресечна точка на окръжностите (DIIa)(DII_a) и (ABC)(ABC). Понеже II и IaI_a лежат на правата AMAM, от теоремата за радикалните оси следва, че правите AMAM, DPDP и BCBC се пресичат в една точка; да я означим с KK. Нека E0=PM∩BCE_0=PM\cap BC. Първо ще докажем, че ∠BAD=∠E0AC\angle BAD=\angle E_0AC, тоест че правите ADAD и AE0AE_0 са изогонални спрямо ъгъла при AA. По лемата за изстрелването четириъгълникът AKE0PAKE_0P е вписан. Следователно∠KAE0=∠KPE0=∠DPM=∠DAM.\angle KAE_0=\angle KPE_0=\angle DPM=\angle DAM.Тъй като K,A,MK,A,M са колинеарни, това е точно равенството ∠BAD=∠E0AC\angle BAD=\angle E_0AC. Остава да покажем, че E0E_0 съвпада с дадената точка EE. Ще сравним степени към двете окръжности. Построяваме успоредник IE0IaXIE_0I_aX. От стандартното равенство за дъговата среда MM имаме MI2=ME0⋅MPMI^2=ME_0\cdot MP. Получаваме∠XIaI=∠IaIE0=∠MIE0=∠MPI=∠XPI,\angle XI_aI=\angle I_aIE_0=\angle MIE_0=\angle MPI=\angle XPI,така че XX лежи на окръжността (DIIa)(DII_a). Освен товаE0X⋅E0P=2E0M⋅E0P=2E0B⋅E0C.E_0X\cdot E_0P=2E_0M\cdot E_0P=2E_0B\cdot E_0C.Значи степента на E0E_0 спрямо (DIIa)(DII_a) е 2E0B⋅E0C2E_0B\cdot E_0C. Същият аргумент, приложен към окръжността (DIbIc)(DI_bI_c), дава същата степен на E0E_0 спрямо нея. Следователно E0E_0 лежи на радикалната ос на двете окръжности, тоест на правата DFDF. Понеже E0E_0 лежи и на BCBC, получаваме E0=DF∩BC=EE_0=DF\cap BC=E. От първата част следва ∠BAD=∠EAC\angle BAD=\angle EAC, както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2023/6Условие — източник

2024

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа n≥3n\ge3 със следното свойство: ако делителите на n!n! са подредени във възходящ ред като1=d1<d2<⋯<dk=n!,1=d_1\lt{}d_2\lt{}\cdots\lt{}d_k=n!,тоd2−d1≤d3−d2≤⋯≤dk−dk−1.d_2-d_1\le d_3-d_2\le\cdots\le d_k-d_{k-1}.
РешениеОтговорът е n∈{3,4}n\in\{3,4\}. Това се проверява директно: за n=3n=3 делителите са 1,2,3,61,2,3,6, а за n=4n=4 са1,2,3,4,6,8,12,24.1,2,3,4,6,8,12,24.Ще докажем, че други стойности няма. Числата 5≤n≤125\le n\le12 отпадат директно: за n=5n=5 имаме 20−15>24−2020-15\gt{}24-20, за n=6n=6 имаме 120−90>144−120120-90\gt{}144-120, а за 7≤n≤127\le n\le12 числата 12,14,1512,14,15 са последователни делители около липсващото просто число 1313, така че 14−12>15−1414-12\gt{}15-14. Нека n≥13n\ge13. Тогава⌊n2⌋2−1≥2n.\left\lfloor\frac n2\right\rfloor^2-1\ge2n.По постулата на Бертран съществува просто число pp такова, чеn<p<⌊n2⌋2−1.n\lt{}p\lt{}\left\lfloor\frac n2\right\rfloor^2-1.Числата⌊n2⌋2−1=(⌊n2⌋−1)(⌊n2⌋+1)\left\lfloor\frac n2\right\rfloor^2-1=\left(\left\lfloor\frac n2\right\rfloor-1\right)\left(\left\lfloor\frac n2\right\rfloor+1\right)и⌊n2⌋2\left\lfloor\frac n2\right\rfloor^2са две последователни цели числа, които делят n!n!. Между тях обаче има просто число p>np\gt{}n, което не дели n!n!. Това нарушава монотонността на разликите между съседни делители. Следователно единствените решения са 33 и 44.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2024/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека S1,S2,…,S100S_1,S_2,\ldots,S_{100} са крайни множества от цели числа, чието сечение е непразно. За всяко непразно подмножество T⊆{S1,S2,…,S100}T\subseteq\{S_1,S_2,\ldots,S_{100}\} броят на елементите в сечението на множествата от TT се дели на ∣T∣|T|. Да се намери най-малкият възможен брой елементи, които принадлежат на поне 5050 от множествата.
РешениеОтговорът е50(10050).50\binom{100}{50}.Ще кодираме всеки елемент с двоичен вектор v∈{0,1}100v\in\{0,1\}^{100}: vi=1v_i=1 означава, че елементът лежи в SiS_i. Нека f(v)f(v) е броят елементи с точно този вектор на принадлежност. Ако пишем u⊆vu\subseteq v, когато всички единици на uu са и единици на vv, условието на задачата ставаP(u):∣u∣∣∑v⊇uf(v)P(u):\qquad |u|\mid\sum_{v\supseteq u} f(v)за всеки ненулев uu. Търсената величина еA=∑∣v∣≥50f(v).A=\sum_{|v|\ge50} f(v).Достатъчно е да разглеждаме стойностите на f(v)f(v) за ∣v∣≥50|v|\ge50: след като те са избрани така, че P(u)P(u) е изпълнено за ∣u∣≥50|u|\ge50, стойностите за ∣v∣<50|v|\lt{}50 могат да се допълнят надолу по индукция, без да променят AA. Първо даваме конструкция. За ∣v∣≥50|v|\ge50 поставямеf0(v)=2∣v∣−100.f_0(v)=2|v|-100.Ако ∣u∣=100−k|u|=100-k, където 0≤k≤500\le k\le50, тогава∑v⊇uf0(v)=\sum_{v\supseteq u} f_0(v)=(k0)100+(k1)98+(k2)96+⋯+(kk)(100−2k)=\binom{k}{0}100+\binom{k}{1}98+\binom{k}{2}96+\cdots+\binom{k}{k}(100-2k)=(100−k)2k,(100-k)2^k,което се дели на ∣u∣|u|. При тази конструкцияA=∑i=50100(100i)(2i−100)=50(10050).A=\sum_{i=50}^{100}\binom{100}{i}(2i-100)=50\binom{100}{50}.Следователно тази стойност е достижима. Остава да докажем, че по-малка стойност е невъзможна. Ще използваме операция „сваляне“ върху вектор vv с ∣v∣≥50|v|\ge50 и f(v)≥∣v∣f(v)\ge |v|: намаляваме f(v)f(v) с ∣v∣|v|, а за всеки w⊆vw\subseteq v с ∣w∣=∣v∣−1|w|=|v|-1 увеличаваме f(w)f(w) с 11. Тази операция запазва всички условия P(u)P(u) с ∣u∣≥50|u|\ge50. Наистина, ако u⊆vu\subseteq v, сумата в P(u)P(u) се променя с−∣v∣+(∣v∣−∣u∣)=−∣u∣,-|v|+(|v|-|u|)=-|u|,а това не влияе на делимостта на ∣u∣|u|. Освен това AA не се променя, когато ∣v∣>50|v|\gt{}50, а при ∣v∣=50|v|=50 намалява с 5050. Започваме с произволна допустима конфигурация. Първо сваляме вектора 11…111\ldots1, докато f(11…1)=100f(11\ldots1)=100; това е възможно, понеже общото сечение е непразно и броят му се дели на 100100. После сваляме последователно всички вектори с 9999 единици, докато стойностите им станат по-малки от 9999, после всички с 9898 единици и така нататък до 5050 единици. Получаваме конфигурация с 0≤f(v)<∣v∣0\le f(v)\lt{}|v| за 50≤∣v∣≤10050\le |v|\le100, без да сме увеличили AA. Сега надолу по индукция от ∣v∣=99|v|=99 до 5050 условието P(v)P(v) даваf(v)≡f0(v)(mod∣v∣).f(v)\equiv f_0(v)\pmod{|v|}.Понеже и f(v)f(v), и f0(v)f_0(v) лежат между 00 и ∣v∣−1|v|-1, следва f(v)=f0(v)f(v)=f_0(v). Следователно след свалянията неизбежно стигаме до конструкцията f0f_0, чиято стойност на AA е 50(10050)50\binom{100}{50}. Понеже свалянията не увеличават AA, началната конфигурация също има A≥50(10050)A\ge50\binom{100}{50}.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2024/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека (m,n)(m,n) са положителни цели числа с n≥3n\ge3 и е даден правилен nn-ъгълник. Искаме да го триангулираме на n−2n-2 триъгълника, като всеки триъгълник е оцветен в един от mm цвята, така че сборът от лицата на триъгълниците от всеки цвят да е един и същ. За кои (m,n)(m,n) е възможно това?
РешениеОтговорът е: точно когато mm е собствен делител на nn, тоест m∣nm\mid n и m<nm\lt{}n. Първо построяваме пример. Нека върховете на правилния nn-ъгълник са1,ω,ω2,…,ωn−1,ω=e2πi/n.1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{n-1},\qquad \omega=e^{2\pi i/n}.Вземаме триангулацията с всички диагонали от върха 11. За удобство добавяме и двата дегенерирали триъгълника при j=0j=0 и j=n−1j=n-1, чиито лица са 00; това не променя задачата. Оцветяваме триъгълника с върхове 1,ωj,ωj+11,\omega^j,\omega^{j+1} според остатъка на jj по модул mm. Ще използваме следната стандартна формула: ориентираното лице на триъгълника с върхове ωk,ωk+a,ωk+b\omega^k,\omega^{k+a},\omega^{k+b} еT(a,b)=(ωa−1)(ωb−1)(ω−b−ω−a)4i.T(a,b)=\frac{(\omega^a-1)(\omega^b-1)(\omega^{-b}-\omega^{-a})}{4i}.Тя се получава директно от формулата на Гаус за лице след завъртане с ω−k\omega^{-k}. Ако фиксираме остатък rr по модул mm, сборът от лицата на този цвят е∑j≡r ( mod m)T(j,j+1)=ω−14i∑j≡r ( mod m)(ω−j−1)(ωj−ω−1).\begin{align*} \sum_{j\equiv r\, (\bmod m)} T(j,j+1) &=\frac{\omega-1}{4i}\sum_{j\equiv r\, (\bmod m)}(\omega^{-j}-1)(\omega^j-\omega^{-1}). \end{align*}Понеже m∣nm\mid n, но m<nm\lt{}n, имаме∑j≡r ( mod m)ωj=\sum_{j\equiv r\, (\bmod m)}\omega^j=ωr(1+ωm+ω2m+⋯+ωn−m)=0,\omega^r(1+\omega^m+\omega^{2m}+\cdots+\omega^{n-m})=0,и също така ∑j≡r ( mod m)ω−1−j=0\sum_{j\equiv r\, (\bmod m)}\omega^{-1-j}=0. Следователно горният сбор еnm⋅ω−ω−14i,\frac{n}{m}\cdot\frac{\omega-\omega^{-1}}{4i},което не зависи от rr. Значи всички цветове имат равни сборове от лица. Остава да докажем, че други случаи няма. Първо m<nm\lt{}n, защото всеки цвят трябва да има положителен общ сбор от лица, а триъгълниците са само n−2n-2. Да допуснем, че има валидно оцветяване. Тогава всеки цвят има общо лицеS=nm⋅ω−ω−14i.S=\frac{n}{m}\cdot\frac{\omega-\omega^{-1}}{4i}.За всеки триъгълник от върхове на правилния nn-ъгълник числото4iT(a,b)=(ωa−1)(ωb−1)(ω−b−ω−a)4iT(a,b)=(\omega^a-1)(\omega^b-1)(\omega^{-b}-\omega^{-a})е алгебрично цяло. Следователно и 4iS4iS трябва да е алгебрично цяло. Умножаваме по ω\omega и получавамеω⋅4iS=nm(ω2−1).\omega\cdot4iS=\frac{n}{m}(\omega^2-1).В циклотомичното поле Q(ω)\mathbb Q(\omega) пръстенът на целите е Z[ω]\mathbb Z[\omega], така че ако m∤nm\nmid n, последното число не е алгебрично цяло. Противоречие. Значи m∣nm\mid n, а с m<nm\lt{}n получаваме точно посочените двойки.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2024/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека mm и nn са положителни цели числа. Кръгова огърлица има mnmn мъниста, всяко от които е червено или синьо. Оказало се, че както и да разрежем огърлицата на mm блока от по nn последователни мъниста, блоковете имат различен брой червени мъниста. Да се намерят, с доказателство, всички възможни стойности на наредената двойка (m,n)(m,n).
РешениеОтговорът еm≤n+1.m\le n+1.Необходимостта е непосредствена: всеки блок има между 00 и nn червени мъниста, тоест има само n+1n+1 възможни броя. Щом mm блока трябва винаги да дават различни броеве, необходимо е m≤n+1m\le n+1. Остава конструкцията. Първо разглеждаме граничния случай m=n+1m=n+1. Подреждаме огърлицата като таблица с n+1n+1 реда и nn стълба, четена ред по ред. В реда с номер kk отдолу нагоре поставяме първо kk червени мъниста, а след тях n−kn-k сини мъниста. Ако k<nk\lt{}n, последното синьо мънисто в този ред означаваме с Bn−kB_{n-k}; тези означения са само за проследяване при разместване на разрезите. След ii премествания на всички разрези с една позиция, където 0≤i<n0\le i\lt{}n, проследяването на мънистата B1,B2,…,BnB_1,B_2,\ldots,B_n дава следния брой червени мъниста в реда с номер kk отдолу нагоре:{k,k>i,k−1,i≥k>0,i,k=0.\begin{cases} k,&k\gt{}i,\\ k-1,&i\ge k\gt{}0,\\ i,&k=0. \end{cases}Тези числа са точно 0,1,…,n0,1,\ldots,n в някакъв ред, следователно всички n+1n+1 блока имат различен брой червени мъниста. Понеже всеки възможен разрез се получава от някое i=0,1,…,n−1i=0,1,\ldots,n-1, конструкцията работи за m=n+1m=n+1. Ако m<n+1m\lt{}n+1, започваме от вече построената огърлица за двойката (m,m−1)(m,m-1). След това към началото на всеки блок добавяме n+1−mn+1-m сини мъниста. Тези добавени сини мъниста не променят броя на червените мъниста; при преместване на разрезите те само забавят момента, в който се стига до старата конструкция. Следователно различните блокове отново имат различен брой червени мъниста за всеки разрез. Така конструкция съществува за всички m≤n+1m\le n+1, а необходимостта вече беше доказана.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2024/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Вътре в остроъгълен триъгълник ABCABC е избрана точка DD така, че ∠DAC=∠ACB\angle DAC=\angle ACB и ∠BDC=90∘+∠BAC\angle BDC=90^\circ+\angle BAC. Точка EE е избрана върху лъча BDBD така, че AE=ECAE=EC. Нека MM е средата на BCBC. Да се докаже, че правата ABAB е допирателна към описаната окръжност на триъгълника BEMBEM.
РешениеДострояваме равнобедрен трапец ABQCABQC с основи ACAC и BQBQ, така че DD лежи на диагонала AQAQ; това е точно условието ∠DAC=∠ACB\angle DAC=\angle ACB. Нека FF е образът на BB при централна симетрия спрямо EE, т.е. EE е средата на BFBF. Ще докажем, че точките D,Q,C,FD,Q,C,F лежат на една окръжност. Понеже EA=ECEA=EC, точката EE лежи на симетралата на ACAC. Хомотетията с център BB и коефициент 22 изпраща EE във FF и тази симетрала в правата QFQF, следователно QF⊥ACQF\perp AC. Оттук ∠FQC=90∘−∠QCA\angle FQC=90^\circ-\angle QCA. В равнобедрения трапец ABQCABQC имаме ∠QCA=∠BAC\angle QCA=\angle BAC, а от условието ∠BDC=90∘+∠BAC\angle BDC=90^\circ+\angle BAC. Следователно ∠FDC=180∘−∠BDC=90∘−∠BAC=∠FQC\angle FDC=180^\circ-\angle BDC=90^\circ-\angle BAC=\angle FQC, което доказва, че DQCFDQCF е вписан. Накрая EE е средата на BFBF, а MM е средата на BCBC, затова в триъгълника BCFBCF отсечката EMEM е средна отсечка и EM∥CFEM\parallel CF. Следователно ∠BEM=∠BFC=∠DFC=∠DQC=∠AQC=∠ABC=∠ABM\angle BEM=\angle BFC=\angle DFC=\angle DQC=\angle AQC=\angle ABC=\angle ABM. Равенството между ъгъла между допирателната ABAB и хордата BMBM и вписания ъгъл BEMBEM показва, че ABAB е допирателна към описаната окръжност на BEMBEM в точката BB.ABCQDEMF
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2024/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека n>2n\gt{}2 е цяло число и нека ℓ∈{1,2,…,n}\ell\in\{1,2,\ldots,n\}. Колекция A1,…,AkA_1,\ldots,A_k от не непременно различни подмножества на {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\} се нарича ℓ\ell-голяма, ако ∣Ai∣≥ℓ|A_i|\ge\ell за всяко 1≤i≤k1\le i\le k. Да се намери, чрез nn и ℓ\ell, най-голямото реално число cc, за което неравенството∑i=1k∑j=1kxixj∣Ai∩Aj∣2∣Ai∣⋅∣Aj∣≥\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^k x_ix_j\frac{|A_i\cap A_j|^2}{|A_i|\cdot|A_j|}\gec(∑i=1kxi)2 c\left(\sum_{i=1}^k x_i\right)^2е изпълнено за всяко положително цяло число kk, всички неотрицателни реални числа x1,x2,…,xkx_1,x_2,\ldots,x_k и всички ℓ\ell-големи колекции A1,A2,…,AkA_1,A_2,\ldots,A_k от подмножества на {1,2,…,n}\{1,2,\ldots,n\}.
РешениеОтговорът еc=n+ℓ2−2ℓn(n−1).c=\frac{n+\ell^2-2\ell}{n(n-1)}.Без ограничение можем да приемем, че ∑ixi=1\sum_i x_i=1. Пишем [n]={1,2,…,n}[n]=\{1,2,\ldots,n\}. За всяка наредена двойка (p,q)∈[n]2(p,q)\in[n]^2 дефинирамеvp,q=∑i: p,q∈Aixi∣Ai∣.v_{p,q}=\sum_{i:\ p,q\in A_i}\frac{x_i}{|A_i|}.Тогава, понеже ∣Ai∩Aj∣2|A_i\cap A_j|^2 брои наредените двойки (p,q)(p,q), за които p,q∈Ai∩Ajp,q\in A_i\cap A_j, имаме∑i,jxixj∣Ai∩Aj∣2∣Ai∣∣Aj∣=∑p∈[n]∑q∈[n]vp,q2.\begin{align*} \sum_{i,j}x_ix_j\frac{|A_i\cap A_j|^2}{|A_i||A_j|} &=\sum_{p\in[n]}\sum_{q\in[n]}v_{p,q}^2. \end{align*}Сега разделяме сумата на диагонални и недиагонални членове. За диагонала получаваме∑p∈[n]vp,p=∑i∣Ai∣⋅xi∣Ai∣=∑ixi=1.\sum_{p\in[n]}v_{p,p}=\sum_i |A_i|\cdot\frac{x_i}{|A_i|}=\sum_i x_i=1.По неравенството между квадратично и аритметично средно∑p∈[n]vp,p2≥1n.\sum_{p\in[n]}v_{p,p}^2\ge\frac1n.За недиагоналните членове имаме∑p≠qvp,q=∑i∣Ai∣(∣Ai∣−1)⋅xi∣Ai∣=∑i(∣Ai∣−1)xi≥(ℓ−1)∑ixi=ℓ−1.\begin{align*} \sum_{p\ne q}v_{p,q} &=\sum_i |A_i|(|A_i|-1)\cdot\frac{x_i}{|A_i|}\\ &=\sum_i (|A_i|-1)x_i\ge(\ell-1)\sum_i x_i=\ell-1. \end{align*}Отново по същото неравенство,∑p≠qvp,q2≥(ℓ−1)2n(n−1).\sum_{p\ne q}v_{p,q}^2\ge\frac{(\ell-1)^2}{n(n-1)}.Следователно лявата страна на задачата е поне1n+(ℓ−1)2n(n−1)=n+ℓ2−2ℓn(n−1).\frac1n+\frac{(\ell-1)^2}{n(n-1)}=\frac{n+\ell^2-2\ell}{n(n-1)}.Това доказва, че посоченото cc винаги работи. Остава да покажем, че то е най-голямото възможно. Вземаме k=(nℓ)k=\binom n\ell и нека множествата AiA_i са всички ℓ\ell-елементни подмножества на [n][n], всяко по веднъж. Избираме всички xix_i равни. По симетрия всички диагонални величини vp,pv_{p,p} са равни, всички недиагонални vp,qv_{p,q} с p≠qp\ne q също са равни, и навсякъде ∣Ai∣=ℓ|A_i|=\ell. Затова всички неравенства в доказаната по-горе оценка стават равенства. Следователно по-голямо cc не може да работи, и отговорът е именноn+ℓ2−2ℓn(n−1).\boxed{\frac{n+\ell^2-2\ell}{n(n-1)}}.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2024/6Условие — източник

2025

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека kk и dd са фиксирани положителни цели числа. Да се докаже, че за всяко достатъчно голямо нечетно положително цяло число nn всички цифри в записа на nkn^k в бройна система с основа 2n2n са по-големи от dd.
РешениеНека 1≤ℓ≤k1\le\ell\le k. Ще разгледаме най-десните ℓ\ell цифри на nkn^k в основа 2n2n, тоест остатъка rℓr_\ell на nkn^k при деление на (2n)ℓ(2n)^\ell. Твърдим, че съществува нечетно цяло число cℓc_\ell с 1≤cℓ≤2ℓ−11\le c_\ell\le 2^\ell-1 такова, че rℓ=cℓnℓ.r_\ell=c_\ell n^\ell. Действително остатъкът rℓr_\ell е кратен на nℓn^\ell, а след деление на nℓn^\ell трябва да изберем клас по модул 2ℓ2^\ell. Понеже nn е нечетно, китайската теорема за остатъците дава точно класа cℓ≡nk−ℓ(mod2ℓ),c_\ell\equiv n^{k-\ell}\pmod{2^\ell}, който е нечетен. Сега ще покажем, че прагът n≥(d+1)2k−1n\ge(d+1)2^{k-1} е достатъчен. При такова nn числото nkn^k има точно kk цифри в основа 2n2n, защото (2n)k−1≤nk<(2n)k.(2n)^{k-1}\le n^k\lt{}(2n)^k. За всяко ℓ=1,2,…,k\ell=1,2,\ldots,k имаме rℓ=cℓnℓ≥nℓ≥r_\ell=c_\ell n^\ell\ge n^\ell\ge(d+1)2ℓ−1nℓ−1=(d+1)(2n)ℓ−1.(d+1)2^{\ell-1}n^{\ell-1}=(d+1)(2n)^{\ell-1}. Но ℓ\ell-тата цифра отдясно е цялата част на rℓ/(2n)ℓ−1r_\ell/(2n)^{\ell-1}, следователно тя е поне d+1d+1. Това важи за всички kk цифри на nkn^k, така че всяка от тях е по-голяма от dd.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2025/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека n>k≥1n\gt{}k\ge1 са цели числа. Нека P(x)∈R[x]P(x)\in\mathbb R[x] е полином от степен nn без кратни корени и с P(0)≠0P(0)\ne0. Да предположим, че за всякакви реални числа a0,a1,…,aka_0,a_1,\ldots,a_k, за които полиномът akxk+⋯+a1x+a0a_kx^k+\cdots+a_1x+a_0 дели P(x)P(x), произведението a0a1⋯aka_0a_1\cdots a_k е равно на нула. Да се докаже, че P(x)P(x) има нереален корен.
РешениеЩе докажем контрапозицията. Ако всички корени на PP са реални, то ще получим делител от степен kk, чиито всички коефициенти са ненулеви. Първо можем да сведем задачата до случая n=k+1n=k+1: избираме произволни k+1k+1 корена на PP и разглеждаме произведението на съответните линейни множители; всеки негов делител от степен kk е и делител на PP. Така нека P(x)=(x+r1)(x+r2)⋯(x+rn),P(x)=(x+r_1)(x+r_2)\cdots(x+r_n), където всички rir_i са реални, ненулеви и две по две различни. За всяко ii полиномът Pi(x)=P(x)x+riP_i(x)=\frac{P(x)}{x+r_i} има степен n−1=kn-1=k, следователно по условие поне един негов коефициент е нула. Водещият и свободният коефициент на PiP_i са ненулеви, така че нулевият коефициент трябва да е на някоя от степените x,x2,…,xn−2x,x^2,\ldots,x^{n-2}. Има nn полинома PiP_i, но само n−2n-2 такива позиции, затова по принципа на Дирихле два от тях имат нулев коефициент на една и съща степен. Нека това са P1P_1 и P2P_2, и нека общата степен е xtx^t. Пишем Q(x)=(x+r3)(x+r4)⋯(x+rn)=Q(x)=(x+r_3)(x+r_4)\cdots(x+r_n)=xn−2+bn−3xn−3+⋯+b0,x^{n-2}+b_{n-3}x^{n-3}+\cdots+b_0, като поставяме bn−2=1b_{n-2}=1. Коефициентът пред xtx^t в (x+r1)Q(x)(x+r_1)Q(x) е bt−1+r1btb_{t-1}+r_1b_t, а в (x+r2)Q(x)(x+r_2)Q(x) е bt−1+r2btb_{t-1}+r_2b_t. И двата са нула, следователно (r1−r2)bt=0(r_1-r_2)b_t=0. Понеже r1≠r2r_1\ne r_2, получаваме bt=0b_t=0, а после и bt−1=0b_{t-1}=0. Значи QQ има две последователни нулеви коефициента. Остава един стандартен факт: реален полином с всички корени реални и различни не може да има две последователни нулеви коефициента. Наистина, ако коефициентите пред xsx^s и xs+1x^{s+1} са нула, то ss-тата производна на полинома има двоен корен в 00. От друга страна, ако началният полином има само реални прости корени, то по теоремата на Рол всяка негова производна също има само реални прости корени. Това е противоречие. Следователно QQ, а значи и PP, има нереален корен.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2025/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Архитектката Алис и строителят Боб играят игра. Първо Алис избира две точки PP и QQ в равнината и подмножество S\mathcal S на равнината, като те се съобщават на Боб. След това Боб отбелязва безкрайно много точки в равнината и обявява всяка от тях за град. Той няма право да поставя два града на разстояние най-много 11 един от друг, а никои три от поставените градове не могат да бъдат колинеарни. Накрая между градовете се строят пътища по следното правило: всяка двойка градове A,BA,B се свързва с път по отсечката ABAB тогава и само тогава, когато е изпълнено условието: за всеки град CC, различен от AA и BB, съществува R∈SR\in\mathcal S, така че △PQR\triangle PQR е директно подобен (със същата ориентация) на △ABC\triangle ABC или на △BAC\triangle BAC. Алис печели, ако (i) получените пътища позволяват пътуване между всеки два града чрез краен брой пътища и (ii) никои два пътя не се пресичат. В противен случай печели Боб. Определете, с доказателство, кой от двамата играчи има печеливша стратегия.
РешениеОтговорът е, че Алис печели. Ще наричаме множество V⊆R2V\subseteq\mathbb R^2 множество на Боб, ако никои три негови точки не са колинеарни и разстоянието между всеки две негови точки е по-голямо от 11. За такова множество построяваме графа на Боб: върховете са точките на VV, а две точки a,b∈Va,b\in V са свързани с ребро тогава и само тогава, когато затвореният диск с диаметър ab‾\overline{ab} не съдържа друга точка от VV нито във вътрешността си, нито върху границата си. Ще докажем, че всеки такъв граф е свързан и планарен. Това ще даде стратегия за Алис: тя избира S\mathcal S да бъде множеството от точките извън затворения диск с диаметър PQPQ. Тогава за градове A,BA,B и трети град CC съществуването на подходяща точка R∈SR\in\mathcal S е точно условието CC да не лежи в затворения диск с диаметър ABAB. Следователно построените пътища са точно ребрата на графа на Боб. Първо доказваме свързаността. Да допуснем противното и да изберем точки pp и qq в различни свързани компоненти. Понеже pqpq не е ребро, има трета точка rr в затворения диск с диаметър pq‾\overline{pq}. Точката rr е в различна компонента от поне една от точките p,qp,q; без ограничение нека това е pp. Сега повтаряме същия аргумент за двойката p,rp,r: понеже тези две точки са в различни компоненти, отсечката prpr не е ребро и в диска с диаметър pr‾\overline{pr} има нова точка. Продължавайки така, получаваме безкрайна редица от разстояния δ1,δ2,δ3,…\delta_1,\delta_2,\delta_3,\ldots между двойки точки, които лежат в различни компоненти. На всяка стъпка новата точка лежи в диска с диаметър на предишната двойка. Ако новото разстояние е δi\delta_i, а предишното е δi−1\delta_{i-1}, то другото разстояние от новата точка до краищата на предишната двойка е по-голямо от 11. От неравенството на Питагор за точка в диск с даден диаметър получавамеδi2<δi−12−1.\delta_i^2\lt{}\delta_{i-1}^2-1.Следователно 0≤δi2<δ12−(i−1)0\le\delta_i^2\lt{}\delta_1^2-(i-1), което е невъзможно за достатъчно голямо ii. Значи графът на Боб е свързан. Остава планарността. Ако две ребра acac и bdbd се пресичат, то abcdabcd е изпъкнал четириъгълник. Някой от ъглите му е поне 90∘90^\circ; без ограничение нека ∠bad≥90∘\angle bad\ge90^\circ. Тогава точката aa лежи в затворения диск с диаметър bd‾\overline{bd}, което противоречи на това, че bdbd е ребро. Следователно никои две ребра не се пресичат, тоест графът е планарен. Това завършва доказателството на стратегията на Алис.pqrsδ1δ2δ3
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2025/3Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички положителни цели числа kk, такива че за всяко положително цяло число nn сумата (n0)k+(n1)k+⋯+(nn)k\binom{n}{0}^k+\binom{n}{1}^k+\cdots+\binom{n}{n}^k се дели на n+1n+1.
РешениеОтговорът е: точно четните положителни цели числа kk. Нека S(n)=∑i=0n(ni)k.S(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}^k. Необходимостта е кратка: при n=2n=2 трябва 33 да дели S(2)=2+2kS(2)=2+2^k. Това става точно когато kk е четно. Сега нека kk е фиксирано четно число. Ще докажем, че всяка проста степен, която дели n+1n+1, дели и S(n)S(n). Нека pe∣n+1p^e\mid n+1. Ще използваме следната лема: за всяко 0≤i≤n0\le i\le n е изпълнено (ni)≡±((n+1)/p−1⌊i/p⌋)(modpe).\binom{n}{i}\equiv\pm\binom{(n+1)/p-1}{\lfloor i/p\rfloor}\pmod{p^e}. За доказателство записваме (ni)=∏j=1in−j+1j.\binom{n}{i}=\prod_{j=1}^i\frac{n-j+1}{j}. Ако p∤jp\nmid j, то n−j+1≡−j(modpe)n-j+1\equiv-j\pmod{p^e} и съответният множител дава само знак. Ако j=ℓpj=\ell p, тогава съответният множител е точно n−ℓp+1ℓp=(n+1)/p−ℓℓ.\frac{n-\ell p+1}{\ell p}=\frac{(n+1)/p-\ell}{\ell}. Произведението на тези специални множители за ℓ=1,2,…,⌊i/p⌋\ell=1,2,\ldots,\lfloor i/p\rfloor е ((n+1)/p−1⌊i/p⌋),\binom{(n+1)/p-1}{\lfloor i/p\rfloor}, което доказва лемата. Понеже kk е четно, знаците изчезват след повдигане на kk-та степен. Като групираме членовете според стойността на ⌊i/p⌋\lfloor i/p\rfloor, всяка стойност се среща точно pp пъти, и получаваме S(n)≡p S((n+1)/p−1)(modpe).S(n)\equiv p\,S((n+1)/p-1)\pmod{p^e}. Индукция по ee вече завършва доказателството. За e=1e=1 дясната страна е кратна на pp. Ако e>1e\gt{}1, то pe−1∣(n+1)/pp^{e-1}\mid (n+1)/p, затова по индукционното предположение S((n+1)/p−1)S((n+1)/p-1) е кратно на pe−1p^{e-1}, а след умножение по pp получаваме pe∣S(n)p^e\mid S(n). Това важи за всяка проста степен в разлагането на n+1n+1, следователно n+1∣S(n)n+1\mid S(n) за всяко положително nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2025/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека mm и nn са положителни цели числа с m≥nm\ge n. В кръг са наредени mm кексчета с различни вкусове и има nn души, които обичат кексчета. Всеки човек задава неотрицателна реална оценка на всяко кексче според това колко го харесва. Да предположим, че за всеки човек PP е възможно кръгът от mm кексчета да се раздели на nn групи от последователни кексчета така, че сумата от оценките на PP за кексчетата във всяка група да е поне 11. Да се докаже, че е възможно mm-те кексчета да се разпределят между nn-те души така, че всеки човек PP да получи кексчета с обща оценка поне 11 според неговите оценки.
РешениеДоказваме твърдението с индукция по nn, като случаят n=1n=1 е очевиден. Избираме произволно един човек и ще го наричаме Пип. Фиксираме едно разделяне на кръга на nn дъги, което е добро за Пип, тоест всяка от тези дъги има стойност поне 11 според Пип. Построяваме двуделен граф GG между хората и тези nn дъги: свързваме човек QQ с дъга AA, ако QQ оценява кексчетата в AA с обща стойност поне 11. Пип е свързан с всички дъги. Ще използваме лемата на Хол. Ако GG има съчетание, което покрива всички хора, веднага раздаваме на всеки човек съответната дъга и сме готови. Иначе има лошо множество B1B_1 от хора, чието съседство има по-малко от ∣B1∣|B_1| дъги. Изтриваме хората от B1B_1 и всички техни съседни дъги и повтаряме същата процедура върху останалия двуделен граф. Ако пак няма съчетание, което покрива всички останали хора, намираме ново лошо множество B2B_2, изтриваме него и неговите съседи, и продължаваме. Процесът задължително спира. На всяка стъпка изтриваме повече хора, отколкото дъги, така че броят на оставащите дъги е поне броя на оставащите хора. Освен това Пип никога не може да лежи в лошо множество, защото е съседен на всички оставащи дъги. Следователно накрая остава непразен граф, в който по Хол има съчетание MM, покриващо всички останали хора. Раздаваме на тези хора съответните дъги от MM. Остават хората, които са били изтрити в някое от лошите множества. Нека Куин е един от тях. Куин не харесва нито една от дъгите, раздадени чрез MM: ако харесваше такава дъга, тя щеше да е съседна на Куин и щеше да бъде изтрита още когато е било изтрито лошото множество, съдържащо Куин. Значи всяка дъга от MM има стойност по-малка от 11 според Куин. Да видим какво става със собственото добро разделяне на Куин, когато изтрием една дъга AA от MM. Понеже стойността на AA за Куин е по-малка от 11, тази дъга не може да съдържа изцяло нито една от групите на Куин, всяка от които има стойност поне 11. Следователно AA пресича най-много една граница между групите на Куин. Ако пресече такава граница, двете съседни групи се сливат; новата група има стойност поне 1+1−1=1,1+1-1=1, защото сме премахнали част с обща стойност по-малка от 11. Ако не пресече граница, след премахването все още имаме групи със стойност поне 11 и просто сливаме произволни две съседни групи. И в двата случая броят на групите намалява с 11, а всички останали групи имат стойност поне 11. Повтаряме това за всички дъги от MM. За всеки останал човек получаваме разделяне на оставащите кексчета на точно толкова последователни групи, колкото са останалите хора, и всяка група има стойност поне 11 за съответния човек. По индукционното предположение можем да разпределим оставащите кексчета между останалите хора. Заедно с вече раздадените дъги от MM това дава търсеното разпределение за всички nn души.граф на Холиндукционна стъпкаПипQ1Q2Q3A1A2A3A4BN(B)зелените ребра образуват Mгрупи на КуинA от Mсъседни групи се сливат<1
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2025/6Условие — източник

2026

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Фиксирано е цяло число n≥2n\ge2. За кои реални числа xx изразът⌊nx⌋−∑k=1n⌊kx⌋k\lfloor nx\rfloor-\sum_{k=1}^n\frac{\lfloor kx\rfloor}{k}е максимален и каква е тази максимална стойност?
РешениеОтговорът е: максималната стойност е12+13+⋯+1n,\frac12+\frac13+\dots+\frac1n,и тя се достига точно когато дробната част на xx е поне 1−1n1-\frac1n. Изразът не се променя при замяна x↦x+1x\mapsto x+1, затова е достатъчно да разгледаме x=1−yx=1-y, където 0<y≤10\lt{}y\le1. Тогава⌊k(1−y)⌋=k−⌈ky⌉,\lfloor k(1-y)\rfloor=k-\lceil ky\rceil,и следователно даденият израз еS(y)=⌊n(1−y)⌋−∑k=1n⌊k(1−y)⌋k.S(y)=\lfloor n(1-y)\rfloor-\sum_{k=1}^n\frac{\lfloor k(1-y)\rfloor}{k}.ПресмятамеS(y)=n−⌈ny⌉−∑k=1n(1−⌈ky⌉k).S(y)=n-\lceil ny\rceil-\sum_{k=1}^n\left(1-\frac{\lceil ky\rceil}{k}\right).Това може да се пренапише катоS(y)=S(y)=(11+12+⋯+1n)\left(\frac11+\frac12+\dots+\frac1n\right)−⌈ny⌉+∑k=1n⌈ky⌉−1k,-\lceil ny\rceil+\sum_{k=1}^n\frac{\lceil ky\rceil-1}{k},или ощеS(y)=(12+⋯+1n)−T(y),S(y)=\left(\frac12+\dots+\frac1n\right)-T(y),къдетоT(y)=(⌈ny⌉−1)−∑k=1n⌈ky⌉−1k.T(y)=(\lceil ny\rceil-1)-\sum_{k=1}^n\frac{\lceil ky\rceil-1}{k}.Значи е достатъчно да докажем, че T(y)≥0T(y)\ge0, като равенство има точно при 0<y≤1n0\lt{}y\le\frac1n. Некаp=⌈ny⌉−1.p=\lceil ny\rceil-1.Ако p=0p=0, то 0<y≤1n0\lt{}y\le\frac1n и веднага T(y)=0T(y)=0. Нека сега p>0p\gt{}0. Тогаваpn<y≤p+1n.\frac pn\lt{}y\le\frac{p+1}{n}.Ще използваме следното неравенство: за 1≤p<n1\le p\lt{}n е изпълнено∑k=1n⌈k⋅p+1n⌉−1k<p.\sum_{k=1}^n\frac{\left\lceil k\cdot\frac{p+1}{n}\right\rceil-1}{k}\lt{}p.Понеже y≤p+1ny\le\frac{p+1}{n}, от него следва∑k=1n⌈ky⌉−1k<p,\sum_{k=1}^n\frac{\lceil ky\rceil-1}{k}\lt{}p,тоест T(y)>0T(y)\gt{}0. Остава да докажем неравенството. Имаме⌈k⋅p+1n⌉−1=∑1≤d<k⋅p+1n1.\left\lceil k\cdot\frac{p+1}{n}\right\rceil-1=\sum_{1\le d\lt{}k\cdot\frac{p+1}{n}}1.Затова∑k=1n⌈k⋅p+1n⌉−1k=\sum_{k=1}^n\frac{\left\lceil k\cdot\frac{p+1}{n}\right\rceil-1}{k}=∑1≤d≤p(∑d⋅np+1<k≤n1k).\sum_{1\le d\le p}\left(\sum_{d\cdot\frac n{p+1}\lt{}k\le n}\frac1k\right).Групирайки по интервалитеjp+1n<k≤j+1p+1n(1≤j≤p),\frac{j}{p+1}n\lt{}k\le\frac{j+1}{p+1}n\qquad (1\le j\le p),получаваме горна оценка∑j=1pj∑jp+1n<k≤j+1p+1n1k.\sum_{j=1}^p j\sum_{\frac{j}{p+1}n\lt{}k\le\frac{j+1}{p+1}n}\frac1k.Във всеки от тези интервали има най-много np+1\frac n{p+1} цели числа kk, а всеки член в него е строго по-малък от p+1jn\frac{p+1}{jn}. Следователно цялата сума е строго по-малка от∑j=1pj⋅np+1⋅p+1jn=p.\sum_{j=1}^p j\cdot\frac n{p+1}\cdot\frac{p+1}{jn}=p.Това доказва неравенството, а с него и задачата.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2026/1Условие — източник

Задача 4

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 USAMO 2026/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник. Точките DD, EE и FF лежат съответно върху страните BCBC, CACA и ABAB, като∠AFE=∠BDF=∠CED.\angle AFE=\angle BDF=\angle CED.Нека OAO_A, OBO_B и OCO_C са центровете на описаните окръжности съответно на триъгълниците AFEAFE, BDFBDF и CEDCED. Нека MM, NN и OO са центровете на описаните окръжности съответно на триъгълниците ABCABC, DEFDEF и OAOBOCO_AO_BO_C. Да се докаже, че OM=ONOM=ON.
РешениеЗасега изцяло пренебрегваме точките MM, NN и OO; ще се върнем към тях накрая. По теоремата на Микел описаните окръжности на AEFAEF, BFDBFD и CDECDE минават през една и съща точка QQ, която е най-важната точка в решението. Въвеждаме насочените ъглиα=∠AFE=∠BDF=∠CED,β=∠QEA=∠QEC=∠QDC=∠QDB=∠QFB=∠QFA.\begin{align*} \alpha&=\angle AFE=\angle BDF=\angle CED,\\ \beta&=\angle QEA=\angle QEC=\angle QDC=\angle QDB=\angle QFB=\angle QFA. \end{align*}ABCDEFQMNO_AO_BO_COЩе опишем явно спирална подобност с център QQ, която изпраща △ABC\triangle ABC в △DEF\triangle DEF. Най-удобно е да я формулираме така: **Твърдение.** Имаме директните подобия△QAE∼+△QBF∼+△QCD.\triangle QAE\overset{+}{\sim}\triangle QBF\overset{+}{\sim}\triangle QCD.**Доказателство.** Забелязваме, че ∠AQE=∠AFE=α\angle AQE=\angle AFE=\alpha, а ∠QEA=β\angle QEA=\beta. □\squareВсъщност подобен е и триъгълникът OAOBOCO_AO_BO_C. **Твърдение.** Същите спирални подобности с център QQ изпращат△AOAE∼+△BOBF∼+△COCD.\triangle AO_AE\overset{+}{\sim}\triangle BO_BF\overset{+}{\sim}\triangle CO_CD.**Доказателство.** Тези триъгълници са равнобедрени и ∠AOAE=2α\angle AO_AE=2\alpha. □\squareНакрая въвеждаме точките MM, NN и OO, използвани само за извличане на заключението. Нашите спирални подобности изпращат триъгълниците ABCABC, DEFDEF и OAOBOCO_AO_BO_C един в друг, а MM, NN и OO са съответните им центрове на описани окръжности. Затова можем да продължим редицата от подобия до△AOAE∼+△BOBF∼+△COCD∼+△MON.\triangle AO_AE\overset{+}{\sim}\triangle BO_BF\overset{+}{\sim}\triangle CO_CD\overset{+}{\sim}\triangle MON.В частност OM=ONOM=ON. **Забележка.** Изборът на MM, NN и OO като центрове на описаните окръжности на ABCABC, DEFDEF и OAOBOCO_AO_BO_C е несъществен за доказателството. Те могат да бъдат заменени с произволен друг център на триъгълник и доказателството остава същото. **Забележка.** Всъщност∠QAE=∠QFE=∠QFA−α=β−α,\angle QAE=\angle QFE=\angle QFA-\alpha=\beta-\alpha,така че по симетрия знаем още∠QAE=∠QBF=∠QCD=β−α.\angle QAE=\angle QBF=\angle QCD=\beta-\alpha.Следователно QQ е така наречената втора точка на Брокар на триъгълника.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2026/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са положителни цели числа, такива че φ(ab+1)\varphi(ab+1) дели a2+b2+1a^2+b^2+1. Докажете, че aa и bb са числа на Фибоначи.
РешениеЗапочваме със следното твърдение. Твърдение. Числото ab+1ab+1 е степен на просто число. Доказателство. Ако ab+1=2ab+1=2, то a=b=1a=b=1 и сме готови. Иначе φ(ab+1)\varphi(ab+1) е четно, следователно от делимостта имаме 2∣a2+b2+12\mid a^2+b^2+1. Значи точно едно от aa и bb е нечетно, откъдетоa2+b2+1≡2(mod4).a^2+b^2+1\equiv2\pmod4.Така ν2(φ(ab+1))=1\nu_2(\varphi(ab+1))=1, следователно ab+1ab+1 има най-много един прост делител. Това доказва твърдението. Оттук нататък нека ab+1=peab+1=p^e. Случаят e=1e=1 е лесен и дори не използва, че ab+1ab+1 е просто число. Твърдение. Уравнениетоab∣a2+b2+1ab\mid a^2+b^2+1е еквивалентно на{a,b}={F2k−1,F2k+1}\{a,b\}=\{F_{2k-1},F_{2k+1}\}за някое k≥0k\ge0, където редицата на Фибоначи е индексирана чрез F−1=F1=F2=1F_{-1}=F_1=F_2=1 и F0=0F_0=0. Доказателство. Това е класическият аргумент със спускане на Виет. Остава да разгледаме e≥2e\ge2. Тогаваφ(pe)=pe−1(p−1)∣a2+b2+1,pe−1=ab.\begin{align*} \varphi(p^e)=p^{e-1}(p-1)&\mid a^2+b^2+1,\\ p^e-1&=ab. \end{align*}Получаваме0≡a2+(pe−1a)2+1≡0\equiv a^2+\left(\frac{p^e-1}{a}\right)^2+1\equiva4+a2+1a2=(a2+a+1)(a2−a+1)a2(modpe−1).\frac{a^4+a^2+1}{a^2}=\frac{(a^2+a+1)(a^2-a+1)}{a^2}\pmod{p^{e-1}}.В частност p=3p=3 или p≡1(mod3)p\equiv1\pmod3. Ако p≡1(mod3)p\equiv1\pmod3, тогава3∣p−1∣a2+b2+1,3\mid p-1\mid a^2+b^2+1,което принуждава aa и bb да са ненулеви по модул 33. Но тогава pe−1=ab≢0(mod3)p^e-1=ab\not\equiv0\pmod3, невъзможно. Остава p=3p=3. Понеже x2±x+1x^2\pm x+1 никога не се дели на 99, получаваме e≤2e\le2. Значи трябва да разгледаме само ab=8ab=8. Тук единственото допълнително решение, с точност до размяна на aa и bb, е (1,8)(1,8), а и 11, и 88 са числа на Фибоначи.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2026/6Условие — източник