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

Избрана година

1996

Назад към папките

11-12

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