Úlohy domácí části I. kola kategorie C

Transkript

1 67. ročník Matematické olympiáy Úlohy omácí části I. kola kategorie C 1. Najěte nejmenší čtyřmístné číslo abc takové, že rozíl ( ab ) 2 ( c ) 2 je trojmístné číslo zapsané třemi stejnými číslicemi. Řešení. Hleejme nejprve řešení rovnice pro nejmenší trojmístné číslo se stejnými číslicemi, které rovnou rozložíme na prvočinitele: ab 2 c 2 = ( ab + c ) ( ab c ) = 111 = (1) První závorka je klaná a součin obou závorek je klané číslo, proto jsou obě závorky klané. Číslo abc je čtyřmístné, tuíž a 1, takže je i ab 10, a tey ab + c 10. Jelikož 37 a 3 jsou prvočísla, máme pouze vě možnosti v rozklau rovnice (1): buď ab + c = 37 a ab c = 3, nebo ab + c = 111 a ab c = 1. V prvním přípaě ostáváme řešením soustavy ab + c = 37, ab c = 3 honoty ab = 20 a c = 17, takže abc = V ruhém přípaě ostaneme obobným způsobem abc = Nyní ukážeme, že žáné číslo menší než nemá požaovanou vlastnost. Připusťme, že takové číslo abc < existuje. V tom přípaě musí být ab 20, a tey ab 2 c = 400 < 444, takže rozíl ab 2 c 2 je roven jenomu z čísel 111, 222 nebo 333. První možnost jsme už rozebrali úplným řešením rovnice (1), rozeberme zbylé vě možnosti. Rovnice ( ab + c ) ( ab c ) = 222 = vee (s přihlénutím k ab 10) na možnosti 1 ( ab + c, ab c ) {(37, 6), (74, 3), (111, 2), (222, 1)}. Vyřešením čtyř opovíajících soustav o vou neznámých ostaneme ( ) {( ab, c 43 2, ) ( 31 2, 77 2, ) ( 71 2, 113 2, ) ( 109 2, 223 2, )} 221 2, což neává žáné celočíselné řešení. Nakonec rovnice ( ab + c ) ( ab c ) = 333 = vee na možnosti ( ab + c, ab c ) {(37, 9), (111, 3), (333, 1)}. Vyřešením tří opovíajících soustav ostaneme ( ab, c ) {(23, 14), (57, 54), (167, 166)}, přičemž ani v jenom přípaě nevychází ab 20. Opověď. Řešením úlohy je číslo Možnost (ab + c)(ab c) = 222 lze vyloučit hne pozorováním, že obě závorky mají stejnou paritu (rozíl mezi nimi je sué číslo), a proto jejich součin nemůže být sué číslo 222, které totiž není ělitelné čtyřmi. 1

2 Jiné řešení. Bueme postupovat obobně jako v přechozím řešení, jen lépe využijeme toho, že 111 je ělitelné prvočíslem 37. Řešme tey rovnici (ab c)(ab + c) = 3 37 k, ke k je nějaká nenulová číslice. Hleáme přirozená čísla l a m taková, že 0 < l < m a l m = 3 37 k, a pro ně pak vyřešíme soustavu ab c = l, ab+c = m. Přitom zřejmě platí ab = 1 2 (l+m), a protože už hleáme jen číslo abc menší než 2 017, můžeme přepokláat, že je ab 20 neboli l + m 40. Poněvaž součin lm je ělitelný prvočíslem 37, musí být jeno z čísel l, m ělitelné 37. Protože je však l + m 40 a l < m, musí být m = 37 a l 3, a tuíž k = 1, což je přípa, který jsme již rozebrali. Žáné vyhovující číslo menší než tak neexistuje. Návoné úlohy: N1. Najěte všechna trojmístná čísla abc taková, že ab c je trojmístné číslo s třemi stejnými číslicemi. [373, 376, 379, 743, 746, 749] N2. Najěte největší čtyřmístné číslo abc takové, že ab c je trojmístné číslo s třemi stejnými číslicemi. [7 412] D1. Najěte všechna čtyřmístná čísla abc, taková, že ab 2 c 2 je čtyřmístné číslo se čtyřmi stejnými číslicemi. [5 645, 6 734, 7 823, 8 912] D2. Najěte všechna čtyřmístné čísla abc, takové že ab 2 c 2 je trojmístné číslo s třemi stejnými číslicemi. [2 017, 2 314, 2 611, 2 908, 3 205, 4 034, 4 331, 5 655, 5 754, 5 853, 5 952, 6 051, 7 771, 9 491] 2. Určete největší možný počet neprázných po vou isjunktních množin se stejnými součty prvků, na které lze rozělit množinu a) {1, 2,..., 2 017}, b) {1, 2,..., 2 018}. Je-li množina tvořena jením číslem, považujeme ho za součet jejích prvků. Řešení. Poívejme se nejprve na množiny s nejmenším možným počtem prvků; jenoprvkovou množinu můžeme zřejmě v rozělení mít nejvýše jenu v opačném přípaě by ty vě jenoprvkové množiny neměly stejný součet prvků. Ostatní množiny jsou tey alespoň vouprvkové. V části a) vezměme jako jenoprvkovou množinu tu s největším číslem, tey {2 017}. Všechny ostatní množiny pak buou alespoň vouprvkové a měly by mít součet prvků 2 017: zbylá čísla 1, 2,..., už snano rozělíme o vyhovujících množin {1, 2 016}, {2, 2 015},..., {1 008, 1 009} se žáoucím součtem prvků Pole právě popsaného postupu oveeme rozělit i množinu {1, 2,..., 2 018} na množin {1, 2 018}, {2, 2 017},..., {1 009, 1 010} se stejným součtem prvků rovným Nyní ještě ukážeme, proč v ani jené z částí a) či b) nemůžeme vytvořit více než množin. Přepokláejme, že by těch množin bylo alespoň Protože nejvýše jena z nich může být jenoprvková a ostatní jsou alespoň vouprvkové, byl by počet všech jejich prvků alespoň = 2 019, zatímco my máme k ispozici pouze prvků v části a) a prvků v části b). Poznámka. Součet všech čísel v části a) je a v části b) Poku již uhoneme, že množin má být 1 009, tak zřejmě součet prvků v jenotlivých množinách musí být v části a) a v části b). 2

3 Návoné úlohy: N1. Najěte vzorec pro součet čísel n. [n(n + 1)/2] N2. Zůvoněte, že poku rozělíme holubů o klícek, bue nějaká klícka buď prázná, nebo v ní bue pouze jeen holub. [Poku by v kažé klícce byli alespoň va holubi, bylo by holubů ohromay alespoň = 2 002, což ává spor.] D1. Na kolik nejvíce neprázných množin se stejným součtem je možné rozělit množinu {1, 2,..., n}? [ (n + 1)/2, tj. (n + 1)/2, poku je n liché, a n/2, poku je n sué] D2. Na kolik nejvíce neprázných množin se součty prvků ělitelnými třemi je možné rozělit množinu {1, 2,..., 3m}? [Příklaem rozělení na 2m množin je m vouprvkových množin {3k 2, 3k 1} a m jenoprvkových množin {3k}. Vysvětlíme, proč rozělení na více než 2m množin neexistuje. Při libovolném vyhovujícím rozělení můžeme o kažé víceprvkové množiny obsahující násobek tří toto číslo otrhnout jako jenoprvkovou množinu, a vytvořit tak početnější rozělení. Proto při hleání otyčného maxima můžeme uvažovat jen rozělení, ve kterých všech m násobků tří tvoří jenoprvkové množiny. Kažé z ostatních 2m čísel pak leží v nějaké množině s nejméně věma prvky, takže víceprvkových množin je nejvýše (3m m) : 2 = m.] D3. Najěte vzorec pro součet čísel (2n 1). [n 2 ] 3. Je án pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou AB, v němž D značí patu výšky z vrcholu C. V polorovině s hraniční přímkou AB a vnitřním boem C uvažujme boy E, F takové, že úhly EBA, F AB jsou pravé, BE = BD a AF = AD. Dokažte, že přímky AE a BF se protínají na úsečce CD. Řešení. Označme c a = AF = AD a c b = BE = BD. Průsečík přímky AE s CD označme P. Z poobnosti pravoúhlých trojúhelníků ABE a ADP plyne (obr. 1) DP BE = AD AB neboli DP = AD BE AB = c ac b c a + c b. Označíme-li obobně Q průsečík přímky BF s CD, vyje z poobnosti pravoúhlých trojúhelníků ABF a DBQ DQ = c ac b, c a + c b což znamená, že DP = DQ, a tey P = Q, neboť oba boy leží polopřímce DC. E C c b F c a P A c a D Obr. 1 c b B Ještě okážeme, že bo P leží uvnitř úsečky CD, tj. P D < CD. Z konstrukce bou P plyne, že je P D < EB = c b i P D < F A = c a. Navíc pro ověsny obou poobných pravoúhlých trojúhelníků ADC a CDB zřejmě platí buď c a CD c b 3

4 (kyž pro ověsny trojúhelníku ADC platí c a = AD CD, tak platí i CD DB = c b v trojúhelníku CDB), anebo c b CD c a (v opačném přípaě). Kažopáně však je P D < min(c a, c b ) CD. Jiné řešení. Uvažovaný čtyřúhelník ABEF je zřejmě pravoúhlý lichoběžník nebo pravoúhelník. Označme P průsečík úhlopříček AE a BF a P 1, P 2 jeho kolmé průměty na strany AF, resp. BE (obr. 2). Ukážeme, že bo P leží na kolmici ke straně AB vztyčené v boě D (patě výšky půvoního trojúhelníku ABC). E F P P 1 P 2 A D Obr. 2 B Protože AE je příčka rovnoběžek AF BE, jsou trojúhelníky AF P a EBP poobné pole věty uu, přičemž pro jejich výšky ze společného vrcholu P íky tomu platí P P 1 P P 2 = AF BE = AD BD. Bo P tey ělí úsečku P 1 P 2 rovnoběžnou s AB ve stejném poměru, v jakém bo D ělí úsečku AB. Proto P D AF BE, a tey P D AB, jak jsme slíbili ukázat. Ještě si uvěomme, že íky rovnostem BE = BD a AF = AD platí pro ověsny pravoúhlých trojúhelníků ABF a ABE nerovnosti BE < AB a AF < AB, takže kažý z úhlů BAE i ABF je menší než 45. Vrátíme-li se k zaání úlohy, viíme, že přímky AE a BF se protínají na polopřímce DC. A protože aný trojúhelník ABC je pravoúhlý, má jeen z jeho úhlů BAC, ABC velikost alespoň 45 (jejich součet je 90 ). Bo P tey musí určitě ležet uvnitř jenoho z úhlů BAC či ABC, tuíž okonce uvnitř úsečky DC, což jsme chtěli okázat. Návoné úlohy: N1. V pravoúhlém trojúhelníku ABC s přeponou AB označme D patu výšky z vrcholu C. Ukažte, že platí tzv. Eukleiovy věty CD 2 = AD BD, AC 2 = AB AD a BC 2 = AB BD. N2. Je án trojúhelník ABC, ve kterém D označuje patu výšky z vrcholu C. V polorovině ABC uvažujme boy F, E takové, že úhly EBA, F AB jsou pravé, BE = BD a AF = AD. Dokažte, že přímky AE a BF se protínají na přímce CD. [Využijte poobnost pravoúhlých trojúhelníků.] D1. Je án pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou AB, ve kterém D označuje patu výšky z vrcholu C. V polorovině ABC uvažujme boy F, E takové, že úhly EBA, F AB jsou pravé, BE = BD a AF = AD. Dokažte, že se přímky AE a BF protínají na úsečce DG, ke G je stře úsečky CD. [Uvažte, že élka jenoho z úseků c a, c b je nejvýše rovna polovině élky přepony AB.] D2. Je án pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou AB, ve kterém D označuje patu výšky z vrcholu C. V polorovině ABC uvažujme boy F, E takové, že úhly EBA, F AB 4

5 jsou pravé, BE = BD a AF = AD. Dokažte, že přímka EF protíná úsečku CD. [Přímka EF protne polopřímku DC ve vzálenosti 2c a c b /(c a + c b ) o bou D. Nebo uvažte, že průsečík úhlopříček lichoběžníku či pravoúhelníku BEF A půlí opovíající příčku, a použijte D1.] 4. Určete největší celé číslo n, při kterém lze čtvercovou tabulku n n zaplnit přirozenými čísly o 1 o n 2 tak, aby v kažé její čtvercové části 3 3 byla zapsána aspoň jena ruhá mocnina celého čísla. Řešení. Snano se nám poaří požaovaným způsobem zaplnit tabulku stačí z 11 ruhých mocnin celých čísel 1 2, 2 2,..., 11 2 vybrat evět a umístit je na evět políček tabulky se souřanicemi (3, 3), (3, 6), (3, 9), (6, 3), (6, 6), (6, 9), (9, 3), (9, 6), (9, 9) a ostatními čísly zaplnit zbývající políčka jakkoli. Protože v kažé části 3 3 ané tabulky je jeno z uveených evíti polí, číslo n = 11 má požaovanou vlastnost. Ukážeme, že úloze nevyhovuje žáné n 12. Pro libovolné n 12 označme k celočíselný poíl čísla n při ělení třemi se zbytkem, takže 3k n 3k + 2 a k 4. V tabulce n n tak najeme k 2 nepřekrývajících se (isjunktních) čtverců 3 3, k ispozici však máme jen n ruhých mocnin celých čísel 1 2, 2 2,..., n 2, přičemž zřejmě platí n 3k + 2 < 4k k 2. Pro n 12 tak anou tabulku nesveeme požaovaným způsobem vyplnit. Opověď. Hleané největší n je rovné 11. Návoné úlohy: N1. Najěte všechna přirozená čísla n, pro která lze čtvercovou tabulku n n zaplnit přirozenými čísly o 1 o n 2 tak, aby v kažém řáku i v kažém sloupci byla zapsána alespoň jena ruhá mocnina celého čísla. [Je to pro kažé n čtverce 1 2, 2 2,..., n 2 zapíšeme na úhlopříčku.] N2. Určete největší celé číslo n, při kterém je možné čtvercovou tabulku n n zaplnit přirozenými čísly o 1 o n 2 tak, aby v kažé její čtvercové části 2 2 byla zapsána alespoň jena ruhá mocnina celého čísla. [n = 5] D1. Do čtvercové tabulky jsme vepsali přirozená čísla 1, 2,..., 121 postupně po řácích zleva oprava a shora olů. Čtvercovou estičkou 4 4 jsme všemi možnými způsoby zakryli právě 16 políček. Kolikrát byl součet zakrytých čísel ruhou mocninou celého čísla? [65 B I 2] D2. Čtvercovou tabulku 6 6 zaplníme všemi celými čísly o 1 o 36. a) Uveďte příkla takového zaplnění tabulky, že součet kažých vou čísel ve stejném řáku nebo sloupci je větší než 11. b) Ukažte, že při libovolném zaplnění tabulky se v některém řáku nebo sloupci najou vě čísla, jejichž součet nepřevyšuje 12. [66 C II 2] 5. Je ána kružnice k(o, r) a bo A, ke AO = > r. Tečny z bou A se otýkají kružnice k v boech B, C. Trojúhelníku ABC je vepsána kružnice. Vyjářete její poloměr ϱ pomocí aných élek a r. Řešení. Ukážeme nejprve, že stře D kružnice vepsané trojúhelníku ABC leží na ané kružnici k. Ze souměrnosti tečen AB, AC kružnice k pole osy OA její tětivy BC plyne, trojúhelník ABC je rovnoramenný a stře D jeho vepsané kružnice leží na spojnici 5

6 hlavního vrcholu A a střeu E záklany BC, přičemž DE je její poloměr (obr. 3). Protože stře D leží i na ose úhlu ABC, jsou vyznačené úhly DBA a DBE shoné. Shoné jsou i vyznačené úhly DAB a EBO, neboť oba oplňují týž úhel AOB o 90. Pro vnější úhel ODB trojúhelníku DAB tak platí ODB = DBA + DAB = DBE + EBO = DBO, takže trojúhelník OBD je rovnoramenný se záklanou BD, a proto OD = OB = r. Bo D tak skutečně leží na kružnici k, takže OE = OD DE = r ϱ. k B O E D A C Obr. 3 Nyní z poobnosti trojúhelníků BOE a AOB zaručené větou uu ostaneme r ϱ r = OE OB = OB OA = r neboli r 2 = r ϱ, tuíž ϱ = r r2 = r r2 = r( r). Jiné řešení. Poobně jako v prvním řešení si uvěomíme, že boy A, D, O leží v přímce, a to, že bo E je patou výšky z vrcholu B v trojúhelníku ABO. Označme navíc T patu kolmice z bou D na AB, což je zároveň bo otyku kružnice vepsané k B r T ϱ O E D A C Obr. 4 6

7 trojúhelníku ABC (obr. 4), a protože přímky BA a BC jsou její tečny, je BT = BE. Délku BE určíme z vojího vyjáření obsahu trojúhelníku ABO: takže 2 S ABO = AO BE = AB OB, BT = BE = AB r. (1) K výpočtu poloměru ϱ nakonec použijeme poobnost pravoúhlých trojúhelníků ABO a AT D a vyjáření (1): oku ϱ r = DT OB = AT AB ( ϱ = r 1 r ) = = AB BT AB r( r). = 1 BT AB = 1 r, Návoné úlohy: N1. Je ána kružnice k(o, r) a bo A, ke AO = > r. Tečny z bou A se otýkají kružnice k v boech B, C. Prochází kružnice opsaná trojúhelníku BCO boem A? [Ano, je to Thaletova kružnice na úsečkou AO.] N2. Je ána kružnice k(o, r) a bo A, ke AO = > r. Tečny z bou A se otýkají kružnice k v boech B, C. Trojúhelníku ABC je připsána kružnice ke straně BC. Leží její stře na kružnici k? [Ano, označme BAC = α a opočítejme velikosti úhlů při osách vnějších úhlů trojúhelníku ABC při vrcholech B a C.] D1. Je án trojúhelník ABC se střeem I vepsané kružnice. Průsečík osy strany BC s obloukem opsané mu kružnice, který neobsahuje vrchol A, označme O. Dokažte, že kružnice k(o, OB ) prochází boem I. [Nejprve zůvoněte, proč bo O leží na polopřímce AI (která je osou úhlu BAC) a potom vyjářete pomocí velikostí úhlu trojúhelníku ABC velikost úhlů IBO a BOI.] D2. V rovině jsou ány kružnice k a l, které se protínají v boech E a F. Tečna ke kružnici l sestrojená v boě E protíná kružnici k v boě H (H E). Na oblouku EH kružnice k, který neobsahuje bo F, zvolme bo C (E C H) a průsečík přímky CE s kružnicí l označme D (D E). Dokažte, že trojúhelníky DEF a CHF jsou poobné. [66 B II 3] 6. Na kruhovém opevnění hrau je několik věží. Do nich se rozmístí pět černých a pět ruých rytířů (v kažé věži jich může být více i různých barev) a začnou strážit. Po uplynutí kažé hoiny přejou všichni černí rytíři o sousení věže ve směru chou hoinových ručiček a všichni ruí rytíři přejou o sousení věže v opačném směru. Dokažte násleující tvrzení: a) Je-li věží osm, mohou se rytíři na počátku rozmístit tak, že během kažé hoiny bue v kažé věži aspoň jeen rytíř. b) Je-li věží sem, některou hoinu zůstane aspoň jena věž neobsazená, ať se na počátku rytíři rozmístí jakkoliv. Řešení. V přípaě osmi věží si je očíslujme po směru otáčení hoinových ručiček čísly 1, 2,..., 8. Jeno z možných řešení první části úlohy je, že černí rytíři obsaí na začátku všechny věže se suými čísly (v jené z nich buou va rytíři a ve zbylých třech bue po jenom rytíři) a poobným způsobem obsaí ruí rytíři věže s lichými čísly. Po kažé hoině se situace změní pouze tak, že rytíři z věží se suými čísly obsaí věže s lichými čísly a naopak. Vžy tey zůstanou všechny věže hlíané. Přípa se semi věžemi je trochu náročnější. Máme pouze pět rytířů kažé barvy, takže alespoň vě věže nebuou obsazené černými a alespoň vě věže nebuou obsazené 7

8 ruými rytíři. Z pohleu černých rytířů se vě věže neobsazené ruými rytíři (nazvěme je bílé) kažou hoinu posunou o vě pozice proti směru otáčení hoinových ručiček. Čísla 7 a 2 jsou nesouělná, takže z tohoto pohleu se kažá bílá věž vrátí na svou počáteční pozici až po semi hoinách. Během pěti hoin tak vě bílé věže zaujmou alespoň šest různých pozic (kažá z nich zaujme pět různých pozic, avšak zřejmě nemůže jít o vě stejné pětice, to by se věže ostaly na půvoní pozici šestým posunem 2 ), a tuíž se v některou hoinu alespoň jena ostane o alespoň jenoho ze vou míst neobsazených černými rytíři. Návoné úlohy: N1. Na kruhovém opevnění hrau jsou čtyři věže. Do nich se rozmístí va černí a va ruí rytíři a začnou strážit. Po uplynutí kažé hoiny projou všichni černí rytíři o sousení věže ve směru chou hoinových ručiček a všichni ruí rytíři přejou o sousení věže v opačném směru. Rozmístěte rytíře tak, aby během kažé hoiny byla kažá věž střežená. [Stačí rozmístit rytíře tak, aby v souseních věžích nebyli rytíři stejné barvy.] N2. Na kruhovém opevnění hrau jsou tři věže. Do nich se rozmístí va černí a va ruí rytíři a začnou strážit. Po uplynutí kažé hoiny projou všichni černí rytíři o sousení věže ve směru chou hoinových ručiček a všichni ruí rytíři přejou o sousení věže v opačném směru. Umíte rozmístit rytíře tak, aby během kažé hoiny byla kažá věž střežená? [Ne. Na počátku strážení vyberte jenu věž X, kterou nehlíají černí rytíři, a jenu věž Y, kterou nehlíají ruí rytíři. Poobně lze nestřežené věže v alších hoinách určit posunem Y a X ve směru, resp. v protisměru chou hoinových ručiček. Co tři hoiny tak bue platit X = Y.] D1. a) Mařenka rozmístí o vrcholů pravielného osmiúhelníku různé počty o jenoho po osm bonbonů. Petr si pak může vybrat, které tři hromáky bonbonů á Mařence, ostatní si ponechá. Jeinou pomínkou je, že tyto tři hromáky leží ve vrcholech rovnoramenného trojúhelníku. Mařenka chce rozmístit bonbony tak, aby jich ostala co nejvíce, ať už Petr trojici vrcholů vybere jakkoli. Kolik jich tak Mařenka zaručeně získá? b) Stejnou úlohu vyřešte i pro pravielný evítiúhelník, o jehož vrcholů rozmístí Mařenka 1 až 9 bonbonů. (Mezi rovnoramenné trojúhelníky zařazujeme i trojúhelníky rovnostranné.) [66 C I 6] D2. Kažému vrcholu pravielného 66úhelníku přiřaíme jeno z čísel 1 nebo 1. Ke kažé úsečce spojující va jeho vrcholy (straně nebo úhlopříčce) pak připíšeme součin čísel v jejích krajních boech a všechna čísla u jenotlivých úseček sečteme. Určete nejmenší možnou a nejmenší nezápornou honotu takového součtu. [66 B I 1] 2 Průběh posunů jené věže lze znázornit i šipkami mezi vrcholy načrtnutého semiúhelníku; tím se stane očiviným jak tvrzení o perioě 7 hoin celého pohybu, tak tvrzení o různosti pětic po sobě násleujících pozic vou věží s různými počátečními pozicemi. 8