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

1998

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 1998 · 11-12: липсва задача 2

11-12

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