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

2004

Назад към папките

11-12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е четириъгълник, описан около окръжност, чиито вътрешни и външни ъгли са поне 60∘60^\circ. Да се докаже, че 13∣AB3−AD3∣≤∣BC3−CD3∣≤3∣AB3−AD3∣.\frac13|AB^3-AD^3|\le |BC^3-CD^3|\le 3|AB^3-AD^3|. Кога се достига равенство?
РешениеДостатъчно е да докажем лявото неравенство; дясното следва от него чрез размяна на ролите на двойките страни. Понеже четириъгълникът е описан около окръжност, от теоремата на Пито имамеAB+CD=BC+AD,AB+CD=BC+AD,следователно ∣AB−AD∣=∣BC−CD∣|AB-AD|=|BC-CD|. Затова е достатъчно да докажем13(AB2+AB⋅AD+AD2)≤BC2+BC⋅CD+CD2.\frac13(AB^2+AB\cdot AD+AD^2)\le BC^2+BC\cdot CD+CD^2.Тъй като всеки вътрешен и външен ъгъл е поне 60∘60^\circ, всеки вътрешен ъгъл е между 60∘60^\circ и 120∘120^\circ. СледователноBC2+BC⋅CD+CD2≥BC^2+BC\cdot CD+CD^2\geBC2+CD2−2BC⋅CDcos⁡∠BCD=BD2. BC^2+CD^2-2BC\cdot CD\cos\angle BCD=BD^2.От друга страна,BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcos⁡∠BAD≥BD^2=AB^2+AD^2-2AB\cdot AD\cos\angle BAD\geAB2+AD2−AB⋅AD. AB^2+AD^2-AB\cdot AD.НакраяAB2+AD2−AB⋅AD≥13(AB2+AB⋅AD+AD2),AB^2+AD^2-AB\cdot AD\ge \frac13(AB^2+AB\cdot AD+AD^2),което е равносилно на (AB−AD)2≥0(AB-AD)^2\ge0. Това доказва неравенството. Равенство се достига точно когато ABCDABCD е хвърчило с AB=ADAB=AD и CB=CDCB=CD.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n са цели числа с най-голям общ делител 11. Нека SS е множество от цели числа със следните свойства: (a) ai∈Sa_i\in S за i=1,…,ni=1,\ldots,n; (b) ai−aj∈Sa_i-a_j\in S за i,j=1,…,ni,j=1,\ldots,n, не непременно различни; (c) ако x,y∈Sx,y\in S и x+y∈Sx+y\in S, то и x−y∈Sx-y\in S. Да се докаже, че S=ZS=\mathbb Z.
РешениеИдеята е да докажем, че всяка целочислена линейна комбинация на числата aia_i принадлежи на SS. Тогава лемата на Безу веднага ще даде S=ZS=\mathbb Z. Първо забелязваме две прости неща. Имаме 0∈S0\in S, като вземем i=ji=j в (b). Освен това s∈Ss\in S тогава и само тогава, когато −s∈S-s\in S: това следва от (c), приложено с x=0x=0. Ще използваме следната лема: за всеки цели c,dc,d и всеки индекси i,ji,j е вярно, че cai+daj∈Sca_i+da_j\in S. Достатъчно е да разгледаме c,d>0c,d\gt{}0, защото знаците се обръщат с предишното наблюдение. Доказваме по индукция по c+dc+d. Например, ако cai+(d−1)ajca_i+(d-1)a_j, aja_j и cai+dajca_i+da_j са в SS, прилагаме (c) към x=cai+dajx=ca_i+da_j и y=−ajy=-a_j; понеже x+y=cai+(d−1)ajx+y=ca_i+(d-1)a_j е в SS, получаваме x−y=cai+(d+1)aj∈Sx-y=ca_i+(d+1)a_j\in S. Сега доказваме по индукция по mm, че за произволни ненулеви цели c1,…,cmc_1,\ldots,c_m и различни индекси i1,…,imi_1,\ldots,i_m имаме∑r=1mcrair∈S.\sum_{r=1}^m c_r a_{i_r}\in S.Случаят m≤2m\le2 е току-що доказан. За индукционната стъпка можем да пишем индексите като 1,2,…,m1,2,\ldots,m. Ако някой коефициент е четен, нека без ограничение c1c_1 е четен. По индукционната хипотезаx=c12a1+∑r≥3crar∈S,x=\frac{c_1}{2}a_1+\sum_{r\ge3}c_ra_r\in S,а по първата лемаy=−c12a1−c2a2∈S.y=-\frac{c_1}{2}a_1-c_2a_2\in S.Също по индукционната хипотеза x+y=−c2a2+∑r≥3crar∈Sx+y=-c_2a_2+\sum_{r\ge3}c_ra_r\in S. От (c) следваx−y=∑r=1mcrar∈S.x-y=\sum_{r=1}^m c_ra_r\in S.Остава случаят, когато всички crc_r са нечетни. Некаu=a1gcd⁡(a1,a2),v=a2gcd⁡(a1,a2).u=\frac{a_1}{\gcd(a_1,a_2)},\qquad v=\frac{a_2}{\gcd(a_1,a_2)}.Тогава uu и vv са взаимнопрости; без ограничение uu е нечетно. Имамеc1a1+c2a2=(c1+v)a1+(c2−u)a2,c_1a_1+c_2a_2=(c_1+v)a_1+(c_2-u)a_2,защото va1=ua2va_1=ua_2. Новият коефициент пред a2a_2 е четен, така че се свеждаме до предишния случай. Следователно всяка целочислена линейна комбинация на a1,…,ana_1,\ldots,a_n принадлежи на SS. По лемата на Безу за всяко цяло число tt има цели c1,…,cnc_1,\ldots,c_n, за които t=∑ciait=\sum c_i a_i. Значи всяко цяло число е в SS, тоест S=ZS=\mathbb Z.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
За кои реални стойности на k>0k\gt{}0 е възможно правоъгълник 1×k1\times k да се разреже на два подобни, но неконгруентни многоъгълника?
РешениеОтговорът е: за всяко k>0k\gt{}0, освен k=1k=1. Първо даваме конструкция. Поради симетрията е достатъчно да разгледаме случая k>1k\gt{}1, защото при завъртане на правоъгълника стойността kk се заменя с 1/k1/k. За цяло число n≥2n\ge2 и реално число r>1r\gt{}1 построяваме правоъгълна фигура R(n,r)R(n,r) по следния начин. Започваме с правоъгълник с ширина 11 и височина rr. Отляво към него залепяме правоъгълник с височина rr и ширина r2r^2. После под получената фигура залепяме правоъгълник с ширина 1+r21+r^2 и височина r3r^3, а отляво към получената фигура залепяме правоъгълник с височина r+r3r+r^3 и ширина r4r^4. Продължаваме по същия начин: следващият правоъгълник отдолу има ширина 1+r2+r41+r^2+r^4 и височина r5r^5, следващият отляво има височина r+r3+r5r+r^3+r^5 и ширина r6r^6, и така нататък, докато сме добавили общо 2n2n правоъгълника. По построение цялата фигура R(n,r)R(n,r) е правоъгълник, разрязан на два подобни стълбищни многоъгълника. Те не са конгруентни, понеже коефициентът на подобие е r>1r\gt{}1. Отношението на страните на R(n,r)R(n,r) еfn(r)=1+r2+⋯+r2nr+r3+⋯+r2n−1=f_n(r)=\frac{1+r^2+\cdots+r^{2n}}{r+r^3+\cdots+r^{2n-1}}=r+1r+r3+⋯+r2n−1.r+\frac1{r+r^3+\cdots+r^{2n-1}}.За всяко фиксирано nn функцията fnf_n е непрекъсната за r>1r\gt{}1 иlim⁡r→1+fn(r)=1+1n,lim⁡r→∞fn(r)=∞.\lim_{r\to1+} f_n(r)=1+\frac1n,\qquad \lim_{r\to\infty} f_n(r)=\infty.Следователно тя приема всяка стойност, по-голяма от 1+1/n1+1/n. Ако е дадено k>1k\gt{}1, избираме достатъчно голямо nn, така че k>1+1/nk\gt{}1+1/n, и после избираме r>1r\gt{}1 с fn(r)=kf_n(r)=k. Така получаваме търсеното разрязване на правоъгълник 1×k1\times k. Остава да докажем, че квадратът не може да се разреже по такъв начин. Да допуснем, че квадрат е разрязан на два подобни многоъгълника P∼QP\sim Q. Нека Γ\Gamma е общата им граница. От броене на страните на PP и QQ следва, че Γ\Gamma трябва да свързва две противоположни страни на квадрата; възможно е някой от краищата на тази граница да е връх на квадрата. Завъртаме картината така, че Γ\Gamma да върви от горната към долната страна, като PP е вляво от нея, а QQ е вдясно. Нека ss е най-голямата дължина на отсечка от Γ\Gamma. Тогава най-дългата страна на PP има дължина max⁡(s,1)\max(s,1): страните на PP, които не са по Γ\Gamma, са лявата страна на квадрата с дължина 11 и евентуални части от горната и долната страна, всяка с дължина най-много 11. Същият аргумент важи и за QQ. Значи най-дългите страни на двата подобни многоъгълника имат една и съща дължина. Следователно коефициентът на подобие е 11, тоест PP и QQ са конгруентни. Това противоречи на условието, така че k=1k=1 е невъзможно.R(3,r)r^6r^4r^21rr^3r^5QP1+r^2+r^4+r^6r+r^3+r^5
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Алиса и Боб играят игра върху решетка 6×66\times 6. На своя ход играчът избира рационално число, което още не се среща в решетката, и го записва в празно квадратче. Алиса започва, след което играчите се редуват. Когато всички квадратчета са запълнени с числа, във всеки ред квадратчето с най-голямото число в този ред се оцветява в черно. Алиса печели, ако тогава може да начертае линия от горната страна на решетката до долната страна, която остава в черни квадратчета; Боб печели, ако това е невъзможно. Ако две квадратчета имат общ връх, Алиса може да прекара линията от едното към другото, оставайки в тези две квадратчета. Да се намери, с доказателство, печеливша стратегия за един от двамата играчи.
РешениеБоб има печеливша стратегия. Ще използва само първите два реда като бариера. Означаваме квадратчетата в тези два реда така:abcdefd′e′f′a′b′c′\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline a&b&c&d&e&f\cr \hline d'&e'&f'&a'&b'&c'\cr \hline\end{array}Получават се шест двойки квадратчета: (a,a′)(a,a'), (b,b′)(b,b'), …\ldots, (f,f′)(f,f'). Боб ще поддържа следния инвариант: редът на големина на буквите в първия ред е същият като реда на големина на съответните букви с прим във втория ред. С други думи, за всеки две букви например aa и bb трябва да е вярноa<bточно тогава, когатоa′<b′.a\lt{}b\quad\text{точно тогава, когато}\quad a'\lt{}b'.Ако Алиса запише число qq в едно от първите дванадесет квадратчета, Боб играе в другото квадратче от същата двойка. Нека редът, в който Алиса е играла, вече има няколко попълнени означени квадратчета, а qq заема определено място сред техните стойности. В другия от първите два реда Боб избира неизползвано рационално число rr, което заема същото място сред вече попълнените стойности там. Такова rr съществува: достатъчно е да се вземе рационално число в съответния отворен интервал между две съседни вече записани стойности, като се избегнат крайно многото числа, които вече се срещат в решетката. След този ход новата двойка има същите сравнения с всички стари двойки в двата реда, така че инвариантът се запазва. Ако Алиса играе извън първите два реда, Боб също записва произволно неизползвано рационално число някъде в редове 3,4,5,63,4,5,6. Така инвариантът за първите два реда се запазва до края на играта. След като решетката се запълни, най-голямото число в първия ред и най-голямото число във втория ред са в съответна двойка: ако например най-голямата буква в първия ред е cc, то по инварианта най-голямата буква с прим във втория ред е c′c'. Но във всяка двойка двете квадратчета са отместени с три стълба, следователно не се допират дори във връх. Значи черното квадратче в първия ред не се допира до черното квадратче във втория ред, а всяка линия от горната страна на решетката към долната трябва да премине от черно квадратче в първия ред към допиращо се черно квадратче във втория ред. Това е невъзможно, така че Боб печели.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca,b,c са положителни реални числа. Да се докаже, че (a5−a2+3)(b5−b2+3)(c5−c2+3)≥(a+b+c)3.(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\ge (a+b+c)^3.
РешениеЗа всяко положително реално число xx имамеx5−x2+3≥x3+2,x^5-x^2+3\ge x^3+2,защотоx5−x3−x2+1=(x2−1)(x3−1)=x^5-x^3-x^2+1=(x^2-1)(x^3-1)=(x−1)2(x+1)(x2+x+1)≥(x-1)^2(x+1)(x^2+x+1)\ge0.0.Следователно(a5−a2+3)(b5−b2+3)(c5−c2+3)≥(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\ge(a3+2)(b3+2)(c3+2). (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2).Сега записваме a3+2=a3+1+1a^3+2=a^3+1+1 и аналогично за другите два множителя. Неравенството на Хьолдер дава(a3+1+1)(1+b3+1)(1+1+c3)≥(a+b+c)3,(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)\ge (a+b+c)^3,понеже трите суми в скобите се събират съответно от колоните (a,1,1)(a,1,1), (1,b,1)(1,b,1) и (1,1,c)(1,1,c). Така получаваме исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Окръжност ω\omega е вписана в четириъгълник ABCDABCD. Нека II е центърът на ω\omega. Да се предположи, че (AI+DI)2+(BI+CI)2=(AB+CD)2.(AI+DI)^2+(BI+CI)^2=(AB+CD)^2. Да се докаже, че ABCDABCD е равнобедрен трапец.
РешениеЩе дадем алгебрично доказателство. Чрез хомотетия можем да приемем, че радиусът на ω\omega е 11. Нека a,b,c,da,b,c,d са дължините на допирателните отсечки от върховете A,B,C,DA,B,C,D към ω\omega. ТогаваAB=a+b,BC=b+c,CD=c+d,DA=d+a,AB=a+b,\quad BC=b+c,\quad CD=c+d,\quad DA=d+a,и понеже радиусът към допирната точка е перпендикулярен на страната,AI=x2a2+1,BI=x2b2+1,AI=\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+1},\quad BI=\sqrt{\vphantom{x^2}b^2+1},CI=x2c2+1,DI=x2d2+1.\quad CI=\sqrt{\vphantom{x^2}c^2+1},\quad DI=\sqrt{\vphantom{x^2}d^2+1}.От сумата на половинките на ъглите на четириъгълника и формулата за тангенс на сбор получаваме стандартното тъждествоa+b+c+d=abc+bcd+cda+dab.ag1a+b+c+d=abc+bcd+cda+dab. ag{1}Следователно условието на задачата ще принуди равенство в следното неравенство:(x2a2+1+x2d2+1)2(\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+1}+\sqrt{\vphantom{x^2}d^2+1})^2+(x2b2+1+x2c2+1)2≤+(\sqrt{\vphantom{x^2}b^2+1}+\sqrt{\vphantom{x^2}c^2+1})^2\le(a+b+c+d)2.ag2 (a+b+c+d)^2. ag{2}НекаS=ab+bc+cd+da+ac+bd.S=ab+bc+cd+da+ac+bd.След разкриване на квадратите неравенство (2) е равносилно наx2(a2+1)(d2+1)+x2(b2+1)(c2+1)≤\sqrt{\vphantom{x^2}(a^2+1)(d^2+1)}+\sqrt{\vphantom{x^2}(b^2+1)(c^2+1)}\leS−2.ag3 S-2. ag{3}От (1), чрез директно разкриване, имаме още(a2+1)(b2+1)(c2+1)(d2+1)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(d^2+1)=(S−abcd−1)2.ag4(S-abcd-1)^2. ag{4}Като повдигнем (3) на квадрат и използваме (4), получаваме, че е достатъчно да докажем(ad)2+(bc)2+a2+b2+c2+d2≤(ad)^2+(bc)^2+a^2+b^2+c^2+d^2\leS2−6S+2abcd+4.ag5 S^2-6S+2abcd+4. ag{5}За да опростим дясната страна, използваме отново (1). След събиране на еднаквите членове неравенство (5) се свежда до2S≤2S\le(ab)2+(ac)2+(bd)2+(cd)2+4+a2+b2+c2+d2. (ab)^2+(ac)^2+(bd)^2+(cd)^2+4+a^2+b^2+c^2+d^2.Това вече следва непосредствено от AM-GM:(ab)2+1≥2ab,(ac)2+1≥2ac,(ab)^2+1\ge2ab,\quad (ac)^2+1\ge2ac,(bd)2+1≥2bd,(cd)2+1≥2cd,\quad (bd)^2+1\ge2bd,\quad (cd)^2+1\ge2cd,както иa2+d2≥2ad,b2+c2≥2bc.a^2+d^2\ge2ad,\qquad b^2+c^2\ge2bc.Така доказахме (2). Понеже в условието на задачата има равенство, във всички използвани неравенства трябва да има равенство. Получавамеab=ac=bd=cd=1,a=d,b=c.ab=ac=bd=cd=1,\qquad a=d,\qquad b=c.Значи a=da=d, b=cb=c и ab=1ab=1. Тогава AB=a+b=CDAB=a+b=CD, а половинките на ъглите при AA и DD са равни, както и половинките на ъглите при BB и CC. Освен товаtan⁡∠A2=1a,tan⁡∠B2=1b=a,\tan\frac{\angle A}{2}=\frac1a,\qquad \tan\frac{\angle B}{2}=\frac1b=a,откъдето ∠A/2+∠B/2=90∘\angle A/2+\angle B/2=90^\circ, тоест ∠A+∠B=180∘\angle A+\angle B=180^\circ. Следователно AD∥BCAD\parallel BC и, понеже AB=CDAB=CD, четириъгълникът ABCDABCD е равнобедрен трапец.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2004/6Условие — източник