Úlohy klauzurní části školního kola kategorie A

Transkript

1 64. ročník matematické olympiády Úlohy klauzurní části školního kola kategorie 1. Určete počet cest délky 14, které vedou po hranách sítě na obrázku z bodu do bodu. élka každé hrany je jedna.. Je dán rovnoběžník, přičemž =. Určete všechny přímky, které dělí daný rovnoběžník na dva tečnové čtyřúhelníky. 3. Určete všechny dvojice (p, q) celých čísel takových, že p je celočíselným násobkem čísla q a kvadratická rovnice x + px + q = 0 má alespoň jeden celočíselný kořen. Klauzurní část školního kola kategorie se koná v úterý 9. prosince 014 tak, aby začala dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Za každou úlohu může soutěžící získat 6 bodů, úspěšným řešitelem je ten žák, který získá 10 bodů nebo více. ovolené pomůcky jsou psací a rýsovací potřeby a školní MF tabulky. Kalkulátory, notebooky ani žádné jiné elektronické pomůcky dovoleny nejsou. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.

2 64. ročník matematické olympiády Řešení úloh klauzurní části školního kola kategorie 1. Každá cesta z bodu do bodu délky 14 se nutně skládá ze sedmi hran směrem doprava a sedmi hran směrem nahoru. ostupně zleva doprava a zdola nahoru připíšeme ke každému bodu sítě, kolik cest z bodu složených z hran vedoucích vzhůru a doprava do něj vede (obr. 1). okud se dá do některého bodu přijít jen z jednoho směru, bude počet cest stejný jako počet cest vedoucích do bodu, z kterého přicházíme. okud se dá přijít ze dvou směrů, bude počet cest součtem počtů cest vedoucích do bodů, z nichž můžeme přijít. Takto umíme vyplnit celou síť. Hledaný počet cest se rovná číslu, které na konci připíšeme k bodu. (ři vyplňování můžeme využít osovou souměrnost podle přímky, a ušetřit si tak část práce.) = Obr. 1 Jiné řešení. ro snadnější vyjadřování označme některé body sítě jako na obr.. Každá cesta z bodu do bodu délky 14 se skládá ze sedmi hran směrem doprava a sedmi hran směrem nahoru. Úhlopříčku X 1 X 6 tak musí přetnout právě jednou, a to v jednom z šesti bodů X 1,..., X 6. ro každý z nich spočítáme, kolik cest jím vede. V dalším textu budeme pod pojmem cesta rozumět pouze trasy složené z hran směrem doprava a nahoru. X 1 X Y Z X 3 X 4 W X 5 X 6 Obr.

3 Vzhledem k tomu, že síť je osově souměrná podle přímky X 1 X 6, je obrazem každé cesty z do X i pro každé i = 1,,..., 6 v této osové souměrnosti cesta z X i do a naopak. očet cest z do X i je proto roven počtu cest z X i do. Jelikož každou cestu z do X i můžeme zkombinovat s libovolnou cestou z X i do, je celkový počet cest z do vedoucí bodem X i roven druhé mocnině počtu cest z do X i. Stačí tedy určit počet cest z do X i pro každé i = 1,,..., 6 a tato čísla umocnit na druhou a sečíst: o bodu X 1 vede z jediná cesta složená ze sedmi hran nahoru. o bodu X vede z celkem 7 cest právě jedna ze sedmi hran musí vést doprava a může to být kterákoli v jejich pořadí na cestě. o bodu X 3 se dá z dostat jedině některým (právě jedním) z bodů Y, Z, W : odem Y vede jediná cesta. o bodu Z vedou z čtyři cesty (jedna ze čtyř hran je doprava), z bodu Z do X 3 vedou tři cesty (jedna ze tří hran je nahoru). odem Z do bodu X 3 tak můžeme projít 4 3 = 1 způsoby. o bodu W vedou z čtyři cesty (jedna ze čtyř hran je nahoru), z bodu W do X 3 vede jediná cesta. odem W proto vedou čtyři cesty. Z do X 3 tedy vede celkem = 17 cest. Jelikož síť je osově souměrná i podle přímky, do bodů X 4, X 5, X 6 vede z postupně stejný počet cest jako do bodů X 3, X, X 1. Vzhledem k uvedenému je celkový počet cest z do roven = ( ) = 678. Jiné řešení. Uveďme nejdříve známé pomocné tvrzení: okud je síť kompletní a má šířku m a výšku n, je počet cest délky m+n vedoucích z levého dolního do pravého horního rohu roven ( ) m+n m. Každá taková cesta je totiž jednoznačně určena posloupností m nul a n jedniček, v níž nula či jednička na k-tém místě znamená, že v k-tém kroku cesty zahneme doprava či nahoru. estou budeme opět rozumět pouze cesty složené z hran směrem doprava a nahoru. Kdyby byla síť kompletní, vedlo by z do celkem ( ) 14 7 = 3 43 cest. Z nich musíme vyloučit ty cesty, které vedou některým z bodů,, R, S (obr. 3). ro X {,, R, S} označme M X množinu všech cest z do vedoucích zvoleným bodem X. očet takových cest je zřejmě roven součinu počtu cest z do X a počtu cest z X do. R S Obr. 3

4 Z uvedeného vzhledem ke zřejmé symetrii bodů, S a bodů R, dostáváme ( ) ( ) ( ) ( ) M = M S = = 1 51, M R = M = = 441, 5 5 Některé cesty z do však procházejí vícero body,, R, S. bychom vypočítali počet prvků sjednocení množin M, M, M R, M S, potřebujeme ještě určit počty prvků průniků dvojic a trojic z těchto množin (průnik všech čtyř množin je prázdný, protože žádná cesta nevede současně oběma body R i ). Z jednoduchého zobecnění úvahy o počtu cest vedoucích z do daným bodem X vyplývá, že počet cest, které vedou z Y 0 postupně body Y 1, Y,..., Y k+1, je roven součinu počtů cest z Y i do Y i+1 pro i = 0, 1,..., k. okud tedy označíme M Y1 Y...Y k množinu všech cest vedoucích z do postupně body Y 1, Y,..., Y k, pro počty prvků množin dostaneme (opět využijeme symetrii) M S = ( 4 ( ) ( ) 4 7 M = M R = M RS = M S = 1 = 16, ) ( ) ( ) ( ) = 70, M S = M RS = Ostatní průniky (se zastoupením obou množin M a M R ) jsou prázdné. Z principu exkluze a inkluze pak plyne M M M R M S = M + M + M R + M S ( ) 4 = 36. ( M M + M M R + M M S + M M R + M M S + M R M S ) + + ( M M M R + M M M S + M M R M S + M M R M S ) M M M R M S = = ( ) + ( ) 0 = 754. est z do, které nevedou přes žádný z bodů,, R, S, je = 678. Za úplné řešení udělte 6 bodů. okud žák má správný postup a jen se splete při numerických výpočtech, strhněte 1 body. okud žák postupuje jako u prvního řešení, tabulku však nedokončí, udělte 3 body, pokud je z řešení zřejmé, že žák chápe princip vyplňování u děr ; v opačném případě dejte nejvýše body. okud žák postupuje jako při třetím řešení, ale nesprávně použije princip inkluze a exkluze (např. zapomene na průniky trojic množin), dejte nejvýše 3 body. Za práci, v níž jsou uvedeny pouze dílčí výsledky např. z některého zde uvedeného řešení (bez náznaku dalšího postupu), dejte nejvýše body.. ři řešení využijeme známé kritérium: konvexní čtyřúhelník je tečnový, právě když součet délek jedné dvojice jeho protějších stran se rovná součtu délek druhé dvojice. 1 Má-li přímka dělit rovnoběžník na dva čtyřúhelníky, musí procházet vnitřními body dvou jeho protějších stran. Rozebereme obě možnosti. Uvažujme nejdříve dělící přímku spojující body, uvnitř stran,. Označme b délku strany a c, x a y postupně délky úseček, a (obr. 4, 1 Jedna implikace jednoduše plyne ze shodnosti úseků tečen z libovolného vrcholu tečnového čtyřúhelníku k vepsané kružnici.

5 y b y b c b x b x Obr. 4 kde jsme při popisu délek využili toho, že = b podle zadání). ředpokládejme, že přímka vyhovuje podmínkám úlohy. ro tečnové čtyřúhelníky a pak platí b + c = x + y, b + c = (b x) + (b y) = 4b (x + y). Sečtením obou rovnic dostaneme (b + c) = 4b neboli c = b. osazením do první rovnice vyjde x + y = b neboli x = b y. To znamená, že =. V středové souměrnosti podle středu S rovnoběžníku se proto bod zobrazí do bodu, tudíž přímka prochází bodem S; ten je zároveň středem úsečky. Z výše uvedeného vyplývá, že body, leží na kružnici k(s; 1 b). Její průsečíky se stranami a daného rovnoběžníku (souměrně sdružené podle středu S) určují polohu bodů a, tedy hledanou přímku. řitom pro každou takto nalezenou přímku procházející bodem S platí = b a + = + = = = b = +, takže jak čtyřúhelník, tak i s ním souměrně sdružený jsou opravdu tečnové. Všechna řešení úlohy jsou proto určena právě průsečíky kružnice k se stranami rovnoběžníku. odle trojúhelníkové nerovnosti pro trojúhelník je b + > b. Odtud plyne > b čili S > 1 b, tudíž je vnějším bodem kružnice k. Stejný závěr platí i pro ostatní vrcholy rovnoběžníku. Všechny společné body kružnice k s přímkami a tedy leží uvnitř stran rovnoběžníku. 1 k S k S 1 Obr. 5 Obr. 6 V případě, že je kosodélník (obr. 5), je jeho výška na stranu menší než b a vzdálenost středu S od přímek a je menší než 1 b, takže kružnice k má dva průsečíky s oběma delšími stranami a úloha má v tomto případě dvě řešení jedno odpovídá rozdělení kosodélníku na dva shodné kosočtverce a druhé na dva shodné rovnoramenné lichoběžníky. Těm se dá kružnice i opsat, jsou tedy v dané situaci dokonce dvojstředové.

6 okud je obdélník (obr. 6), jsou obě jeho delší strany tečnami kružnice k, která tak má s každou z nich společný právě jeden bod, tudíž existuje právě jedno řešení, jež odpovídá rozdělení daného obdélníku na dva shodné čtverce. b Obr. 7 Uvažujme nyní případ, kdy body a jsou vnitřními body obou kratších protějších stran daného rovnoběžníku, např. nechť je vnitřním bodem strany a je vnitřním bodem strany (obr. 7). Ve čtyřúhelníku pak již sama strana má větší délku než součet délek stran a, protože = b a + < + + = b. Kritérium z úvodu řešení tedy nemůže být splněno a další řešení v tomto případě nedostaneme. Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 1 bod za vyloučení případu, že přímka protíná kratší strany, 1 bod za uvedení rovností vyjadřujících podmínky, že čtyřúhelníky jsou tečnové, 1 bod za odvození rovnosti c = b, 1 bod za odvození rovnosti = a body za dokončení řešení. Jeden bod strhněte, pokud si žák neuvědomí, že v případě obdélníku je jen jedno řešení. Za uhodnutí řešení (tj. pokud jsou pouze uvedena obě rozdělení na kosočtverce a rovnoramenné lichoběžníky, ale chybí postup dokazující, že jiná řešení neexistují) dejte body po jednom za každé řešení. 3. V celém řešení budeme pro zjednodušení pojmem násobek rozumět vždy celočíselný násobek. ředpokládejme, že dvojice (p, q) celých čísel vyhovuje podmínkám úlohy. okud má uvažovaná kvadratická rovnice jeden z kořenů celočíselný, je i druhý kořen celočíselný, neboť podle Viètových vztahů kořeny x 1, x a koeficient p uvažované kvadratické rovnice splňují podmínku x 1 + x = p. ro oba celočíselné kořeny x 1, x navíc platí x 1 x = q. odle zadání je proto součet x 1 + x násobkem součinu x 1 x, a tedy i násobkem každého z kořenů x 1, x. Rozdíl dvou násobků daného čísla je opět násobkem tohoto čísla, proto i (x 1 + x ) x 1 = x je násobkem čísla x 1. nalogicky je x 1 násobkem čísla x. by byly kořeny navzájem svými násobky, nutně musí platit buď x = x 1, nebo x = x 1. Oba případy dále vyšetříme zvlášť. okud x = x 1, tak p = (x 1 + x ) = 0 a q = x 1 0. Jelikož 0 je násobkem každého celého čísla, hodnota x 1 může být libovolným celým číslem a dané úloze vyhovuje každá dvojice (p, q) = (0, n ), kde n je libovolné celé číslo (pro vygenerování všech různých řešení samozřejmě stačí uvažovat jen nezáporné hodnoty n). okud x = x 1 = x, tak p = x a q = x. by bylo x násobkem x, musí být buď x = 0, nebo násobkem čísla x. rvní případ přísluší řešení (p, q) = = (0, 0), které už jsme obdrželi i v předchozím případě pro n = 0. V druhém případě x leží v množině {, 1, 1, }, čemuž postupně odpovídají dvojice (p, q) {( 4, 4), (, 1), (, 1), (4, 4)}. Všechny čtyři zřejmě splňují podmínky zadání. Odpověď. Úloze vyhovují dvojice ( 4, 4), (, 1), (, 1), (4, 4), jakož i všechny dvojice (0, n ), kde n je libovolné nezáporné celé číslo, a žádné jiné.

7 Jiné řešení. ředpokládejme, že dvojice (p, q) vyhovuje zadání, a označme x 1 celočíselný kořen dané rovnice a k takové celé číslo, že p = k q. ak platí x 1 + kx 1 q + q = 0 neboli x 1 = q(kx 1 + 1). V případě, že x 1 = 0, dostáváme q = 0, a tedy i p = 0. okud x 1 0, je x 1 nenulovým násobkem čísla kx rotože čísla kx a x 1, a tedy i čísla kx a x 1 jsou nesoudělná, 3 je to možné jen v případě, že kx {1, 1}. okud kx 1 +1 = 1, je kx 1 = 0 a z nenulovosti x 1 plyne k = 0. roto q = x 1, p = 0 a podobně jako v prvním řešení dostáváme vyhovující dvojice (p, q) = (0, n ), kde n je libovolné celé číslo (hodnota n = 0 zahrnuje i případ x 1 = 0, který jsme již prověřili samostatně). okud kx = 1, je kx 1 =, tedy dvojice (k, x 1 ) je některou z dvojic (1, ), (, 1), (, 1), ( 1, ), snadno již dopočítáme p = kx 1 = x 1 a q = x 1, a dostaneme tak zbylá řešení jako při prvním postupu. oznámka. Rozbor rovnice x 1 + kx 1 q + q = 0 (1) z předchozího řešení lze provést i bez úvahy o nesoudělnosti. Skutečně, z (1) plyne q x 1 a x 1 q, odkud x 1 x 1 q, a proto z (1) dokonce plyne x 1 q, což spolu s q x 1 vede k závěru, že q = ±x 1. o dosazení q = x 1 přejde (1) do tvaru x 1( + kx 1 ) = 0, po dosazení q = x 1 do tvaru kx 3 1 = 0. Závěr řešení je pak stejný jako při původním postupu. Za úplné řešení udělte 6 bodů. ři prvním postupu dejte body za uvedení Viètových vztahů spolu s argumentem o celočíselnosti x, body za odvození x = ±x 1 a po jednom bodu za dokončení každé větve. ři druhém postupu dejte body za odvození rovnosti x 1 = q(kx 1 + 1), body za vysvětlení, proč kx {1, 1}, a po jednom bodu za dokončení každého případu. okud žák (při jakémkoli postupu) neuvažuje některou z dvojice větví a ve výsledku mu tak některé řešení chybí, udělte celkem nejvýše 4 body. okud žák úkol nevyřeší, ale uhodne všechna řešení, dejte body; při uhodnutí jedné (kompletní) větve řešení dejte 1 bod. 3 Čísla kx a x 1 mohou být i záporná, nesoudělnost je i tehdy dobře definovaná.