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

2026

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2026 · 11-12: липсва задача 2, 3

11-12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Фиксирано е цяло число n≥2n\ge2. За кои реални числа xx изразът⌊nx⌋−∑k=1n⌊kx⌋k\lfloor nx\rfloor-\sum_{k=1}^n\frac{\lfloor kx\rfloor}{k}е максимален и каква е тази максимална стойност?
РешениеОтговорът е: максималната стойност е12+13+⋯+1n,\frac12+\frac13+\dots+\frac1n,и тя се достига точно когато дробната част на xx е поне 1−1n1-\frac1n. Изразът не се променя при замяна x↦x+1x\mapsto x+1, затова е достатъчно да разгледаме x=1−yx=1-y, където 0<y≤10\lt{}y\le1. Тогава⌊k(1−y)⌋=k−⌈ky⌉,\lfloor k(1-y)\rfloor=k-\lceil ky\rceil,и следователно даденият израз еS(y)=⌊n(1−y)⌋−∑k=1n⌊k(1−y)⌋k.S(y)=\lfloor n(1-y)\rfloor-\sum_{k=1}^n\frac{\lfloor k(1-y)\rfloor}{k}.ПресмятамеS(y)=n−⌈ny⌉−∑k=1n(1−⌈ky⌉k).S(y)=n-\lceil ny\rceil-\sum_{k=1}^n\left(1-\frac{\lceil ky\rceil}{k}\right).Това може да се пренапише катоS(y)=S(y)=(11+12+⋯+1n)\left(\frac11+\frac12+\dots+\frac1n\right)−⌈ny⌉+∑k=1n⌈ky⌉−1k,-\lceil ny\rceil+\sum_{k=1}^n\frac{\lceil ky\rceil-1}{k},или ощеS(y)=(12+⋯+1n)−T(y),S(y)=\left(\frac12+\dots+\frac1n\right)-T(y),къдетоT(y)=(⌈ny⌉−1)−∑k=1n⌈ky⌉−1k.T(y)=(\lceil ny\rceil-1)-\sum_{k=1}^n\frac{\lceil ky\rceil-1}{k}.Значи е достатъчно да докажем, че T(y)≥0T(y)\ge0, като равенство има точно при 0<y≤1n0\lt{}y\le\frac1n. Некаp=⌈ny⌉−1.p=\lceil ny\rceil-1.Ако p=0p=0, то 0<y≤1n0\lt{}y\le\frac1n и веднага T(y)=0T(y)=0. Нека сега p>0p\gt{}0. Тогаваpn<y≤p+1n.\frac pn\lt{}y\le\frac{p+1}{n}.Ще използваме следното неравенство: за 1≤p<n1\le p\lt{}n е изпълнено∑k=1n⌈k⋅p+1n⌉−1k<p.\sum_{k=1}^n\frac{\left\lceil k\cdot\frac{p+1}{n}\right\rceil-1}{k}\lt{}p.Понеже y≤p+1ny\le\frac{p+1}{n}, от него следва∑k=1n⌈ky⌉−1k<p,\sum_{k=1}^n\frac{\lceil ky\rceil-1}{k}\lt{}p,тоест T(y)>0T(y)\gt{}0. Остава да докажем неравенството. Имаме⌈k⋅p+1n⌉−1=∑1≤d<k⋅p+1n1.\left\lceil k\cdot\frac{p+1}{n}\right\rceil-1=\sum_{1\le d\lt{}k\cdot\frac{p+1}{n}}1.Затова∑k=1n⌈k⋅p+1n⌉−1k=\sum_{k=1}^n\frac{\left\lceil k\cdot\frac{p+1}{n}\right\rceil-1}{k}=∑1≤d≤p(∑d⋅np+1<k≤n1k).\sum_{1\le d\le p}\left(\sum_{d\cdot\frac n{p+1}\lt{}k\le n}\frac1k\right).Групирайки по интервалитеjp+1n<k≤j+1p+1n(1≤j≤p),\frac{j}{p+1}n\lt{}k\le\frac{j+1}{p+1}n\qquad (1\le j\le p),получаваме горна оценка∑j=1pj∑jp+1n<k≤j+1p+1n1k.\sum_{j=1}^p j\sum_{\frac{j}{p+1}n\lt{}k\le\frac{j+1}{p+1}n}\frac1k.Във всеки от тези интервали има най-много np+1\frac n{p+1} цели числа kk, а всеки член в него е строго по-малък от p+1jn\frac{p+1}{jn}. Следователно цялата сума е строго по-малка от∑j=1pj⋅np+1⋅p+1jn=p.\sum_{j=1}^p j\cdot\frac n{p+1}\cdot\frac{p+1}{jn}=p.Това доказва неравенството, а с него и задачата.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2026/1Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Положително цяло число nn се нарича самотно, ако за всички неотрицателни цели числа aa и bb с a+b=na+b=n поне едно от числата aa и bb съдържа цифрата 11. Да се намери, с доказателство, броят на самотните числа, по-малки от 10202610^{2026}.
РешениеЩе докажем, че едно число е самотно точно когато десетичният му запис има следния вид: цифрата 11 се среща точно веднъж, всички цифри вляво от нея са 00 или 22, а всички цифри вдясно от нея са 99. Например 202201999999202201999999 е от този вид. Първо нека nn има този вид. Ако последната цифра е 99, тогава при всяко представяне n=a+bn=a+b последните цифри на aa и bb се събират до 99, без пренос към тази позиция. Затова можем да изтрием последната цифра и да приложим същия аргумент към по-късия запис. Повтаряйки, стигаме до случая, в който единствената цифра 11 е последна. Ако вляво има водеща цифра 22, то или някое от aa и bb вече има цифра 11 в тази позиция, или едното има цифра 22 и можем да изтрием тази еднаква водеща част и да продължим индуктивно. Ако не се появи цифра 11 по-рано, последната позиция задължително дава цифра 11 в едно от двете числа. Следователно всяко число от описания вид е самотно. Сега нека nn е самотно. Първо, като вземем b=0b=0, виждаме, че самото nn съдържа поне една цифра 11. Ако nn съдържа четен брой единици, можем да ги сдвоим отляво надясно и във всяка двойка да построим събиране без цифри 11 чрез блокове от вида 9993+⋯89993+\cdots8, като всички останали позиции се допълват с нули. Ако броят на единиците е нечетен и поне три, правим същото, но оставяме първата единица да бъде получена като 1+01+0, а останалите единици отново се елиминират по двойки чрез заеми и блокове от деветки. И в двата случая получаваме представяне n=a+bn=a+b, в което нито aa, нито bb съдържа цифра 11, противоречие. Значи в nn има точно една цифра 11. Остава да ограничим останалите цифри. Ако вдясно от единствената единица има цифра d≠9d\ne9, тогава можем да използваме заем от тази единица: в междинните позиции поставяме в едното събираемо деветки, а в позицията с dd избираме цифра d+1d+1; при d=0d=0 вместо това използваме 99989998 и цифрата 22. Така пак получаваме разлагане без цифра 11, невъзможно за самотно число. Следователно всички цифри вдясно са 99. Ако вляво от единицата има цифра e≠0,2e\ne0,2, вземаме заем през следващите позиции, като използваме блок от деветки, и заменяме ee с e−1e-1, а единицата с 22 в другото събираемо. Отново получаваме две числа без цифра 11, противоречие. Значи всяка цифра вляво е 00 или 22. Накрая броим. Дописваме водещи нули, така че записът да има точно 20262026 цифри. Ако единствената цифра 11 е на ii-та позиция отляво, то преди нея има i−1i-1 свободни позиции, всяка с избор 00 или 22, а след нея всички цифри са 99. Това дава 2i−12^{i-1} числа. Следователно общият брой е∑i=120262i−1=22026−1.\sum_{i=1}^{2026}2^{i-1}=2^{2026}-1.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2026/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник. Точките DD, EE и FF лежат съответно върху страните BCBC, CACA и ABAB, като∠AFE=∠BDF=∠CED.\angle AFE=\angle BDF=\angle CED.Нека OAO_A, OBO_B и OCO_C са центровете на описаните окръжности съответно на триъгълниците AFEAFE, BDFBDF и CEDCED. Нека MM, NN и OO са центровете на описаните окръжности съответно на триъгълниците ABCABC, DEFDEF и OAOBOCO_AO_BO_C. Да се докаже, че OM=ONOM=ON.
РешениеЗасега изцяло пренебрегваме точките MM, NN и OO; ще се върнем към тях накрая. По теоремата на Микел описаните окръжности на AEFAEF, BFDBFD и CDECDE минават през една и съща точка QQ, която е най-важната точка в решението. Въвеждаме насочените ъглиα=∠AFE=∠BDF=∠CED,β=∠QEA=∠QEC=∠QDC=∠QDB=∠QFB=∠QFA.\begin{align*} \alpha&=\angle AFE=\angle BDF=\angle CED,\\ \beta&=\angle QEA=\angle QEC=\angle QDC=\angle QDB=\angle QFB=\angle QFA. \end{align*}ABCDEFQMNO_AO_BO_COЩе опишем явно спирална подобност с център QQ, която изпраща △ABC\triangle ABC в △DEF\triangle DEF. Най-удобно е да я формулираме така: **Твърдение.** Имаме директните подобия△QAE∼+△QBF∼+△QCD.\triangle QAE\overset{+}{\sim}\triangle QBF\overset{+}{\sim}\triangle QCD.**Доказателство.** Забелязваме, че ∠AQE=∠AFE=α\angle AQE=\angle AFE=\alpha, а ∠QEA=β\angle QEA=\beta. □\squareВсъщност подобен е и триъгълникът OAOBOCO_AO_BO_C. **Твърдение.** Същите спирални подобности с център QQ изпращат△AOAE∼+△BOBF∼+△COCD.\triangle AO_AE\overset{+}{\sim}\triangle BO_BF\overset{+}{\sim}\triangle CO_CD.**Доказателство.** Тези триъгълници са равнобедрени и ∠AOAE=2α\angle AO_AE=2\alpha. □\squareНакрая въвеждаме точките MM, NN и OO, използвани само за извличане на заключението. Нашите спирални подобности изпращат триъгълниците ABCABC, DEFDEF и OAOBOCO_AO_BO_C един в друг, а MM, NN и OO са съответните им центрове на описани окръжности. Затова можем да продължим редицата от подобия до△AOAE∼+△BOBF∼+△COCD∼+△MON.\triangle AO_AE\overset{+}{\sim}\triangle BO_BF\overset{+}{\sim}\triangle CO_CD\overset{+}{\sim}\triangle MON.В частност OM=ONOM=ON. **Забележка.** Изборът на MM, NN и OO като центрове на описаните окръжности на ABCABC, DEFDEF и OAOBOCO_AO_BO_C е несъществен за доказателството. Те могат да бъдат заменени с произволен друг център на триъгълник и доказателството остава същото. **Забележка.** Всъщност∠QAE=∠QFE=∠QFA−α=β−α,\angle QAE=\angle QFE=\angle QFA-\alpha=\beta-\alpha,така че по симетрия знаем още∠QAE=∠QBF=∠QCD=β−α.\angle QAE=\angle QBF=\angle QCD=\beta-\alpha.Следователно QQ е така наречената втора точка на Брокар на триъгълника.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2026/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са положителни цели числа, такива че φ(ab+1)\varphi(ab+1) дели a2+b2+1a^2+b^2+1. Докажете, че aa и bb са числа на Фибоначи.
РешениеЗапочваме със следното твърдение. Твърдение. Числото ab+1ab+1 е степен на просто число. Доказателство. Ако ab+1=2ab+1=2, то a=b=1a=b=1 и сме готови. Иначе φ(ab+1)\varphi(ab+1) е четно, следователно от делимостта имаме 2∣a2+b2+12\mid a^2+b^2+1. Значи точно едно от aa и bb е нечетно, откъдетоa2+b2+1≡2(mod4).a^2+b^2+1\equiv2\pmod4.Така ν2(φ(ab+1))=1\nu_2(\varphi(ab+1))=1, следователно ab+1ab+1 има най-много един прост делител. Това доказва твърдението. Оттук нататък нека ab+1=peab+1=p^e. Случаят e=1e=1 е лесен и дори не използва, че ab+1ab+1 е просто число. Твърдение. Уравнениетоab∣a2+b2+1ab\mid a^2+b^2+1е еквивалентно на{a,b}={F2k−1,F2k+1}\{a,b\}=\{F_{2k-1},F_{2k+1}\}за някое k≥0k\ge0, където редицата на Фибоначи е индексирана чрез F−1=F1=F2=1F_{-1}=F_1=F_2=1 и F0=0F_0=0. Доказателство. Това е класическият аргумент със спускане на Виет. Остава да разгледаме e≥2e\ge2. Тогаваφ(pe)=pe−1(p−1)∣a2+b2+1,pe−1=ab.\begin{align*} \varphi(p^e)=p^{e-1}(p-1)&\mid a^2+b^2+1,\\ p^e-1&=ab. \end{align*}Получаваме0≡a2+(pe−1a)2+1≡0\equiv a^2+\left(\frac{p^e-1}{a}\right)^2+1\equiva4+a2+1a2=(a2+a+1)(a2−a+1)a2(modpe−1).\frac{a^4+a^2+1}{a^2}=\frac{(a^2+a+1)(a^2-a+1)}{a^2}\pmod{p^{e-1}}.В частност p=3p=3 или p≡1(mod3)p\equiv1\pmod3. Ако p≡1(mod3)p\equiv1\pmod3, тогава3∣p−1∣a2+b2+1,3\mid p-1\mid a^2+b^2+1,което принуждава aa и bb да са ненулеви по модул 33. Но тогава pe−1=ab≢0(mod3)p^e-1=ab\not\equiv0\pmod3, невъзможно. Остава p=3p=3. Понеже x2±x+1x^2\pm x+1 никога не се дели на 99, получаваме e≤2e\le2. Значи трябва да разгледаме само ab=8ab=8. Тук единственото допълнително решение, с точност до размяна на aa и bb, е (1,8)(1,8), а и 11, и 88 са числа на Фибоначи.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON USAMO 2026/6Условие — източник