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

2021

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2021 · 11-12: липсва задача 2, 3

11-12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Външно за остроъгълния триъгълник ABCABC са построени правоъгълниците BCC1B2BCC_1B_2, CAA1C2CAA_1C_2 и ABB1A2ABB_1A_2. Да се предположи, че∠BC1C+∠CA1A+∠AB1B=180∘.\angle BC_1C+\angle CA_1A+\angle AB_1B=180^\circ.Да се докаже, че правите B1C2B_1C_2, C1A2C_1A_2 и A1B2A_1B_2 се пресичат в една точка.
РешениеНека Ωa\Omega_a, Ωb\Omega_b и Ωc\Omega_c са описаните окръжности съответно на трите правоъгълника CAA1C2CAA_1C_2, ABB1A2ABB_1A_2 и BCC1B2BCC_1B_2. Условието за сумата на трите ъгъла е точно насочената форма на теоремата на Микел за тези три правоъгълника: трите окръжности имат обща точка PP освен върховете върху страните на ABCABC. Понеже PP лежи на окръжността на правоъгълника BCC1B2BCC_1B_2, имаме ∠CPB2=90∘\angle CPB_2=90^\circ. Понеже PP лежи и на окръжността на правоъгълника CAA1C2CAA_1C_2, имаме ∠CPA1=90∘\angle CPA_1=90^\circ. Следователно правите PB2PB_2 и PA1PA_1 са една и съща права, т.е. P∈A1B2P\in A_1B_2. Същият аргумент, приложен към другите две общи страни, дава P∈B1C2P\in B_1C_2 и P∈C1A2P\in C_1A_2. Значи трите прави B1C2B_1C_2, C1A2C_1A_2 и A1B2A_1B_2 са конкурентни, както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2021/1Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Крайно множество SS от положителни цели числа има следното свойство: за всяко s∈Ss\in S и за всеки положителен делител dd на ss съществува единствен елемент t∈St\in S, за койтоgcd⁡(s,t)=d.\gcd(s,t)=d.Елементите ss и tt може да съвпадат. Да се намерят всички възможни стойности на броя на елементите на SS.
РешениеОтговорът е: ∣S∣|S| е степен на 22; ако празното множество се допуска, възможна е и стойността 00. Първо даваме конструкция. За произволно k≥0k\ge0 избираме 2k2k различни прости числаp1,q1,p2,q2,…,pk,qkp_1,q_1,p_2,q_2,\ldots,p_k,q_kи вземаме всички произведения, в които от всяка двойка (pi,qi)(p_i,q_i) е избрано точно едно просто число. Така получаваме 2k2^k числа. Ако ss е едно от тях и d∣sd\mid s, то за всяка двойка избираме в tt същото просто число като в ss точно когато това просто число участва в dd, а иначе избираме другото просто число от двойката. Тогава gcd⁡(s,t)=d\gcd(s,t)=d, и изборът е единствен. Остава да докажем, че други размери няма. За фиксирано x∈Sx\in S съответствието t↦gcd⁡(x,t)t\mapsto\gcd(x,t) е биекция между елементите на SS и положителните делители на xx. Следователно ∣S∣=τ(x)|S|=\tau(x) за всяко x∈Sx\in S. Ще покажем, че никой прост множител не може да влиза в някой елемент със степен поне 22. Да допуснем, че pe∣xp^e\mid x и pe+1∤xp^{e+1}\nmid x за някое x∈Sx\in S и e≥2e\ge2. От биекцията за xx следва, че делът на елементите на SS, които се делят на pp, е e/(e+1)e/(e+1), защото точно толкова от делителите на xx се делят на pp. От друга страна, съществува y∈Sy\in S с gcd⁡(x,y)=p\gcd(x,y)=p, следователно pp дели yy, но p2p^2 не дели yy. Прилагайки същото броене към yy, получаваме, че точно половината от елементите на SS се делят на pp. Това противоречи на e/(e+1)≠1/2e/(e+1)\ne1/2 за e≥2e\ge2. Значи всички елементи на SS са свободни от квадрати. Тогава за всяко x∈Sx\in S броят на делителите му е 2ω(x)2^{\omega(x)}, следователно ∣S∣=τ(x)|S|=\tau(x) е степен на 22. Това завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2021/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека n≥4n\ge4 е цяло число. Индексите се разглеждат по модул 2n2n. Да се намерят всички положителни реални решения на систематаa2k−1=1a2k−2+1a2k,a_{2k-1}=\frac1{a_{2k-2}}+\frac1{a_{2k}},a2k=a2k−1+a2k+1(k=1,2,…,n).\qquad a_{2k}=a_{2k-1}+a_{2k+1}\qquad(k=1,2,\ldots,n).
РешениеЕдинственото решение е(a1,a2,…,a2n)=(1,2,1,2,…,1,2).(a_1,a_2,\ldots,a_{2n})=(1,2,1,2,\ldots,1,2).То се проверява непосредствено. Ще докажем, че всички четни членове са равни. От уравненията получаваме, за всеки kk,a2k=a2k−1+a2k+1=(1a2k−2+1a2k)+(1a2k+1a2k+2)=1a2k−2+2a2k+1a2k+2.\begin{align*} a_{2k}&=a_{2k-1}+a_{2k+1}\\ &=\left(\frac1{a_{2k-2}}+\frac1{a_{2k}}\right)+\left(\frac1{a_{2k}}+\frac1{a_{2k+2}}\right)\\ &=\frac1{a_{2k-2}}+\frac2{a_{2k}}+\frac1{a_{2k+2}}. \end{align*}Некаm=min⁡ka2k,M=max⁡ka2k.m=\min_k a_{2k},\qquad M=\max_k a_{2k}.За индекс ii, при който a2i=ma_{2i}=m, имамеm=1a2i−2+2m+1a2i+2≥2M+2m.m=\frac1{a_{2i-2}}+\frac2m+\frac1{a_{2i+2}}\ge\frac2M+\frac2m.За индекс jj, при който a2j=Ma_{2j}=M, имамеM=1a2j−2+2M+1a2j+2≤2m+2M.M=\frac1{a_{2j-2}}+\frac2M+\frac1{a_{2j+2}}\le\frac2m+\frac2M.СледователноM≤2m+2M≤m,M\le\frac2m+\frac2M\le m,а понеже по дефиниция m≤Mm\le M, получаваме m=Mm=M. Значи редицата от четните членове е константна; нека a2k=ca_{2k}=c. Тогава от горното равенство c=4/cc=4/c, така че c=2c=2. Накраяa2k−1=12+12=1a_{2k-1}=\frac12+\frac12=1за всяко kk. Следователно посоченото решение е единствено.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2021/5Условие — източник