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

2003

Назад към папките

11-12

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