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

1999

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 1999 · 11-12: липсва задача 3

11-12

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