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

2001

Назад към папките

11-12

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