Finální myšmaš. (a) Mohou být v konvexním pětiúhelníku ABCDE všechny úhly EAC, ABD, BCE, CDA, DEB. zároveňtupé?

Transkript

1 Finální myšmaš º ÖÒ Ö Ì ÖÑ Ò Ó Ð Ò º Ú ØÒ ¾¼½ V této sérii nejsou úlohy řazeny podle obtížnosti, ale podle témat(v rámci každého tématu je jedna úloha snazší a jedna obtížnější). Pozor, počítají se body za všechny úlohy! ÐÓ ½º (a) Mohou být v konvexním pětiúhelníku ABCDE všechny úhly zároveňtupé? EAC, ABD, BCE, CDA, DEB (¾ Ó Ý) (b) Ukažte, že v konvexním pětiúhelníku, který má všechny strany stejně dlouhé a všechny vnitřníúhlyrůzněvelké,spolusousedí 1 nejmenšíanejvětšíúhel. ÐÓ ¾º (a) Součetkladnýchreálnýchčísel a 1,...,a njealespoň n.dokažte,žeprokaždé k=1,...,n lzevybratněkterých kznich,kterámajísoučetalespoň k. (¾ Ó Ý) (b) Silou n-tice navzájem různých reálných čísel rozumíme počet jejích možných uspořádání (a 1,...,a n)takových,žeprokaždé k=1,...,nplatí a 1 + +a k >0.Jakounejmenšísílu (v závislosti na n) může mít n-tice navzájem různých reálných čísel s kladným součtem? ÐÓ º Je možné rozdělit množinu všech přirozených čísel na (a) konečněmnoho (b) nekonečněmnoho nekonečných množin tak, aby uvnitř každé množiny byla čísla navzájem nesoudělná? (¾ Ó Ý) ÐÓ º (a) Uvnitřtrojúhelníka ABC jedánbod P tak,žeplatí ABP =30, PBC =40, BCP =20 a PCA =30.Ukažte,žepřímka APjekolmánapřímku BC. (¾ Ó Ý) (b) Uvnitřtrojúhelníka ABCjedánbod P tak,žeplatí ABP = PCA = 1 3 ( ABC + BCA ). Ukažte, že AB AC = AC + PB AB + PC. 1 Dvaúhlyspoluvmnohoúhelníkusousedí,pokudjednazestranmnohoúhelníkujezároveň ramenem obou úhlů. 1

2 ÐÓ º (a) Naleznětevšechnaceláčísla ztaková,žeoběčísla z 1az 3 + z 2 + z+1jsoudruhou mocninounějakéhoceléhočísla. (¾ Ó Ý) (b) Nalezněte všechny trojice kladných celých čísel a, b, c tak, aby každá z následujících kvadratických rovnic měla pouze celočíselná řešení: x 2 2ax+b=0, y 2 2by+c=0, z 2 2cz+a=0. ÐÓ º Deltoid je konvexní čtyřúhelník, který je osově souměrný podle alespoň jedné své úhlopříčky. (a) Dokažte,žekaždýtrojúhelníklzerozdělitna3deltoidy. (b) Dokažte,žekaždýkonvexníčtyřúhelníklzerozdělitna7deltoidů. (¾ Ó Ý) ÐÓ º (a) Šavlíkkdysidojistétabulky8 8vepsalčísla1až64(každéprávějednou).Dokažte,že aťužtoudělaljakkoliv,existujívtabulcealespoňčtyřičtverce2 2takové,žesoučetčísel vkaždémznichjealespoň106. (¾ Ó Ý) (b) V poslanecké sněmovně je 200 poslanců, kteří postupně hlasují o n zákonech(poslanec může být buď pro schválení zákona, nebo proti jeho schválení, nebo se může zdržet hlasování). Jeznámo,žeprokaždádvěhlasováníexistujeposlanec,kterývjednomznichhlasovalproa vjednomproti.označme z i početposlanců,kteřísezdrželihlasováníoi-témzákonu.dokažte, že n 2 z i i=1 2

3 Finální myšmaš º ÖÒ Ö ÎÞÓÖÓÚ õ Ò Úloha 1. (a) Mohou být v konvexním pětiúhelníku ABCDE všechny úhly zároveň tupé? EAC, ABD, BCE, CDA, DEB (25; 16; 2,40; 2,0) (b) Ukažte, že v konvexním pětiúhelníku, který má všechny strany stejně dlouhé a všechny vnitřníúhlyrůzněvelké,spolusousedí 2 nejmenšíanejvětšíúhel. (PepaTkadlec) (a) Nemohou.Prosporpředpokládejme,žebyvšechnytytoúhlytupébyly.PakBÚNO 3 je BD nejdelší úhlopříčka(případně jedna z nejdelších). V trojúhelníku ABD je(ostře) nejdelší strana naproti největšímu tupému úhlu ABD, proto AD > BD. Tedy AD je ostře větší úhlopříčka, což je spor s předpokladem. (b) Označme pětiúhelník ABCDE, největší úhel je BÚNO u vrcholu E. Speciálně je tedy AED > BCD. Trojúhelníky AED a BCD jsou rovnoramenné, přičemž AE = BC, odkud plyne AD > BD. Dále z těchto trojúhelníků dopočteme CBD = 180 BCD > 180 AED = EAD. 2 2 V trojúhelníku ABD je větší úhel naproti větší straně, proto ABD > BAD. Sečtením dostáváme ABC = ABD + CBD > BAD + EAD = BAE, čiliúheluvrcholu Bnenínejmenší(vzhledemktomu,žejevětšínežúheluvrcholu A).Analogickymůžemeukázat,žeúheluvrcholu Cnenínejmenší,azřejměaniúheluvrcholu Enení nejmenší.nejmenšíúheljetedyujednohozvrcholů A, D,cožjsmechtěliukázat. 2 Dvaúhlyspoluvmnohoúhelníkusousedí,pokudjednazestranmnohoúhelníkujezároveň ramenem obou úhlů. 3 Oblíbenámatematickázkratka bezújmynaobecnosti říká,žemůžemezadánípřeznačit, aby platilo námi požadované, a přitom naše úprava neměla žádný vliv na zbytek úlohy. 3

4 Jakkoli nebyla úloha příliš obtížná, mnoho řešení se nesešlo. V části(a) si někteří špatně přečetli zadání a mysleli si, že vypsané úhly jsou vnitřní úhly pětiúhelníku. Ostatní úlohu většinou víceméně vzorově vyřešili. Část(b) byla složitější, vedle vzorového postupu se často vyskytovala kosinovávěta tajepopravděivevzorovémřešenínamístěprozdůvodnění AD > DB. Největšíprácimialedaljeden ostřílený řešitel,kterýsejalúlohu uhýbat. (Mirek Olšák) Úloha 2. (43; 39; 2,26; 2,0) (a) Součetkladnýchreálnýchčísel a 1,...,a njealespoň n.dokažte,žeprokaždé k=1,...,n lze vybrat některých k z nich, která mají součet alespoň k. (b) Silou n-tice navzájem různých reálných čísel rozumíme počet jejích možných uspořádání (a 1,...,a n)takových,žeprokaždé k=1,...,nplatí a 1 + +a k >0.Jakounejmenšísílu (v závislosti na n) může mít n-tice navzájem různých reálných čísel s kladným součtem? (a) Propohodlídodefinujme a n+1 =0abezújmynaobecnostipředpokládejme,že a 1 a 2 a n > a n+1 =0.Označme itakovýindex,aby a i 1>a i+1.tvrdíme,žeprokaždé k poslouží k-tice {a 1,...,a k }. Skutečně,pro k ije a 1 + +a k 1+ +1= k }{{} k apro k > ije takže a 1 + +a k > n (n k)=k. a k+1 + +a n <1+ +1= n k, }{{} (n k) Â Ò Prolibovolné k nsipředstavmečísla a 1,...,a nnapsanávkruhuauvažmenásledujících n součtů k-ticvzniklých rotací k-tice {a 1,...,a k }: s 1 = a 1 + +a k, s 2 = a 2 + +a k+1,..., s n= a n+a 1 + +a k 1. Každé číslo se vyskytuje v přesně k různých součtech, takže s 1 +s 2 + +s n= k(a 1 + +a n) k n. Toaleznamená,žealespoňjedenztěchto nsoučtůjerovenalespoň k,cožjsmechtělidokázat. (b) Řekneme,žeuspořádání(a 1,...,a n)dané n-ticečíseljesilné,pokudprokaždé k n platí a 1 + +a k 0. Čísla { 1 2, 1 4,..., 1 2 n 1,+1 } sedajísilněuspořádatpřesně(n 1)!způsoby.Prvníčíslo totiž musí být jednička a na pořadí zbylých čísel nezáleží. Dále dokážeme, že pro libovolnou neuspořádanou n-tici čísel s nezáporným součtem je silné alespoňjednozjejích nnavzájem zrotovaných uspořádání (a 1,...,a n),(a 2,...,a n,a 1 ),...,(a n,a 1,...,a n 1 ). To bude znamenat, že jsou jednotlivá uspořádání rozdělena do n-členných skupinek, ve kterých jevždyalespoňjednouspořádánísilné.protobudesilnýchuspořádáníalespoň 1 n n!=(n 1)! a my budeme hotovi. 4

5 Uvažmetakovýindex i,žesoučet a 1 +a 2 + +a i jenejmenšímožný.všimněmesi,žepak prokaždé k i+1platí a i+1 + +a k 0,anaopakprokaždé k iplatí a k + +a i 0. Dokážeme,žeuspořádání(a i+1,...,a n,a 1,...,a i )jesilné. Pro k=ijetojasnéapro k i+1jsmesiužvšimli,že a i+1 + +a k jenezáporné.zbývá tedyspočítat,žepro k < ije a i+1 + +a n+a 1 + +a k =(a 1 + +a n) (a k+1 + +a i ) a 1 + +a n 0, a jsme hotovi. S první částí nebyly téměř žádné problémy. Kromě dvou výše popsaných postupů se ještě vyskytlo několik řešení využívajících indukci a celá řada řešení vycházejících z toho, že když je průměr nčíselrovenalespoňjedné,takjeprůměrtěch knejvětšíchznichtakérovenalespoň jedné. S druhou částí to bylo o poznání horší. Z nemnoha úspěšných řešitelů bych chtěl vyzdvihnout Martina Raszyka, který to, že alespoň jedna z rotací je silná, ukazoval velmi pěkně sporem. Ve zkratce: předpokládal, že pro každou rotaci existuje sled se záporným součtem, a postupným navazováním záporných sledů jednoho za druhým se zacyklil, čímž dostal spor s nezáporností celkového součtu. Na závěr všem, kdo nevyřešili část(b), doporučuji rozmyslet si za doma následující úlohu: V n benzinových stanicích rozestavených kolem závodního okruhu je dohromady přesně tolik benzinu, kolik spotřebuje auto na objetí jednoho kola. Dokažte, že auto s prázdnou nádrží může začítujednébenzinkyaobjetcelýokruh(ukaždébenzinkymůženatankovat). 4 (PepaTkadlec) Úloha 3. (49; 42; 2,69; 2,0) Je možné rozdělit množinu všech přirozených čísel na (a) konečně mnoho (b) nekonečně mnoho nekonečných množin tak, aby uvnitř každé množiny byla čísla navzájem nesoudělná? (Mirek Olšák) (a) Všimněme si, že sudá přirozená čísla jsou po dvou soudělná. Kdykoliv tedy rozdělíme množinu všech přirozených čísel na množiny s nesoudělnými prvky, může být v každé této rozkladové množině nejvýše jedno sudé číslo. Protože je však sudých čísel nekonečně mnoho, musí takový rozklad nutně sestávat z nekonečně mnoha množin. Rozklad ze zadání tedy neexistuje. (b) Dokážeme, že bez omezení na počet množin již popsaný rozklad můžeme najít. Ukážeme si několik konstrukcí. õ Ò ÔÓ ØÙÔÒÑ ÙÑ ÓÚ Ò Ñ Ù ÓÚ Ò Ñ ÑÒÓú Ò Přirozená čísla budeme postupně umísťovat do množin M 1,M 2,..., které jsou na začátku prázdné. V n-tém kroku vždy umístíme číslo n následovně: najdeme nejmenší i N takové, ževšechnačíslavm i jsousnnesoudělná(takové ijistěexistuje protožejsmezatímumístili jen n 1čísel,jemožnýmkandidátemnapř. i=n,neboť M njezatímprázdná)aumístíme n do M i.tentokrokprovedemeprokaždé n N. Po provedení výše uvedené konstrukce obsahuje každá z vytvořených množin pouze nesoudělná čísla, protože jsme do nich přidávali pouze čísla nesoudělná s těmi již umístěnými. Zbývá 4 5

6 ověřit, že všechny množiny jsou vskutku nekonečné. Předpokládejme pro spor, že tomu tak není, auvažmenejmenší k Ntakové,žemnožina M k jekonečná.nechť pjenějaképrvočíslovětší nežvšechnyprvky M k.pak p,p 2,...,p k je kpodvousoudělnýchčísel,musítedybýtumístěna v krůznýchmnožinách jednoznichprotomusíbýtumístěnovmnožině M mpronějaké m > k (v M k žádnébýtnemůžeado M 1,M 2,...,M k 1 se nevejdou ).Tojevšakspor,neboťtoto číslojenesoudělnésevšemičíslyvm k,ataksevpříslušnémkrokumuseloumístitdo M k. õ Ò ÔÓ ØÙÔÒÑ ÙÑ ÓÚ Ò Ñ ØÚÓÖ ÓÙ ÓØÓÚ ÑÒÓú Ò Opět budeme umísťovat čísla postupně, nyní bude ovšem n-tý krok probíhat následovně: vezmeme si nejmenší přirozené číslo, které jsme ještě do žádné množiny neumístili(označme ho k), toumístímedomnožiny M naspolusnímtampřidáme n-témocninyvšechprvočíselvětších než k.vzniklémnožiny M i, i N,jsoujistěnekonečnéačíslauvnitřnichjsounavzájemnesoudělná. Protože jsme v každém kroku umísťovali pouze ještě neumístěná čísla, jsou tyto množiny disjunktní, navíc je jejich sjednocením množina všech přirozených čísel, protože každé číslo n bylo umístěno nejpozději v n-tém kroku do nějaké množiny. õ Ò Ô ÑÑ ÔÓÔ Ñ ÑÒÓú Ò ÔÓ Ð Å ÖØ Ò Ê ÞÝ µ Nastíníme ještě jedno řešení, které dává asi nejpřesnější popis toho, jak bude výsledný rozklad vypadat. Z praktických důvodů budeme rozdělovat množinu přirozených čísel bez jedničky označme ji M; jednička je se všemi čísly nesoudělná, a tak ji nakonec můžeme přidat do kterékoliv množiny. Pro x Mdefinujmejehonásledníka x + předpisem x + = x(x 1)+1.Naopakčíslo x M takové, že(x ) + = x,nazvemepředchůdcem x.snadnonahlédneme, žeprovšechna x M platí x + > x,apokudmánějakéčíslopředchůdce,pakjetentourčenjednoznačně.označme BmnožinuvšechčíselzM,kteránemajípředchůdce,aprokaždé b Bdefinujmemnožinu M b = {b,b +,b ++,...}.Pakzjednoznačnosti následníkaapředchůdcejsoutytomnožinypo dvou disjunktní a každé číslo z M bude v jedné takové množině(opakováním operace předchůdce dostatečně mnohokrát musíme dojít k číslu, které předchůdce nemá). Zbývá dokázat, že čísla uvnitř jedné takové množiny jsou nesoudělná. Za tímto účelem uvažme dvělibovolná m,n M b, m < n.pak mmůžemedostatznopakovánímoperacepředchůdce, takže n=n (n 1)+1=n n (n 1)+1= =n n n m(m 1)+1, tedy ndávápodělení mzbytek1,atatodvěčíslajsoutaknesoudělná. Ještě poznamenejme, že čísel bez předchůdce je nekonečně mnoho, jinak bychom dostali spor stvrzením(a). Kdyžjsemsepouštěldoopravovánítétoúlohy,měljsemobavy,žesivřešeníchpřečtuspoustu mlhy onekonečnu.naštěstíjsteměpříjemněpřekvapiliamnohářešeníbylovysloveněradost kontrolovat. Část(a) měl dobře téměř každý, kdo správně pochopil zadání, a část(b) se také ukázala být nepříliš obtížnou. Velmi se mi líbilo, jak se v béčku vyskytlo docela dost různých řešení kromě těch zmíněných ve vzorovém výše a variací na ně ještě bylo oblíbenou metodou rozdělitčíslapodle sadyexponentůvprvočíselnémrozkladu,tedynaprvočísla,jejichmocniny, součiny po sobě jdoucích atd. Tuto techniku však korektně popsal pouze Rado Švarc, ostatní řešitelé jen zběžně nastínili konstrukci množin čísel s dvěma různými prvočíselnými děliteli a prohlásili,žeprovyššípočtysetoprovedeobdobně,zacožjsemudílelpouzedvabody. (Alexander Olin Slávik) 6

7 Úloha 4. (47; 44; 2,89; 2,0) (a) Uvnitřtrojúhelníka ABC jedánbod P tak,žeplatí ABP =30, PBC =40, BCP =20 a PCA =30.Ukažte,žepřímka AP jekolmánapřímku BC. (b) Uvnitřtrojúhelníka ABCjedánbod P tak,žeplatí ABP = PCA = 1 3 ( ABC + BCA ). Ukažte, že AB AC = AC + PB AB + PC. (a) Buď Dprůsečíkpřímek BP a AC, Eprůsečíkpřímek CP a AB.Vtrojúhelníku BCD známe dva úhly a snadno dopočítáme třetí: BDC = =90. Stejnětakvtrojúhelníku BCEdopočteme,žeúhel CEBjepravý.Úsečky CEa BDjsoutedy výškytrojúhelníka ABCa P jejehoortocentrem.přímka AP tedyobsahujevýškuzbodu A, ajetedykolmánapřímku BC. A D E P B C (b) Buď Xbodnapolopřímce ABtakový,že AX = AB + PC.Symbol ωznačíúhel ABP. Zezadánívíme,že3ω= ABC + BCA.Součetúhlů CBPa BCPtedyspočítámejako CBP + BCP = ABC + BCA 2ω= ω. Toznamená,žeúhel BPCmávelikost180 ωstejnějakoúhel PBX.Čtyřúhelník PBXCje tedy(rovnoramenný)lichoběžník,aprotoje AXC = ABP =ω. Označmepodobně Y bodnapolopřímce AC takový,že AY = AC + PB.Stejnějako vpředchozímpřípaděmáme AYB =ω. 7

8 A P B C X Y Trojúhelníky ABY a ACX jsou proto podobné podle věty uu. Dostáváme tedy což bylo dokázati. AB AC = AY AX = AC + PB AB + PC, Většina těch, kteří poslali první část, za nějaký čas více či méně přímo vyúhlila správné řešení a dostala dva body. Imaginární bod jsem strhl za použití nechutně silných nástrojů v podobě Cèvovy věty. Na těžší části úlohy mi řešitelé ukázali několik moc pěkných řešení využívajících podobnost amocnost,zakterádostalizasloužená+i-čka. (Vít Vejtek Musil) Úloha 5. (43; 32; 2,72; 2,0) (a) Naleznětevšechnaceláčísla ztaková,žeoběčísla z 1az 3 + z 2 + z+1jsoudruhou mocninou nějakého celého čísla. (b) Nalezněte všechny trojice kladných celých čísel a, b, c tak, aby každá z následujících kvadratických rovnic měla pouze celočíselná řešení: x 2 2ax+b=0, y 2 2by+c=0, z 2 2cz+a=0. (Míša Hubatová) (a) Nechť zjeceléčíslovyhovujícípodmínkámzezadání.pakplatí z 1=a 2 a z 3 +z 2 +z+1= b 2 pronějaká a,b Z,atudížtaké(z 1)(z 3 +z 2 +z+1)=z 4 1=a 2 b 2.Tedy z 4 a a 2 b 2 jsou dvačtverce 5,kteréselišíojedna.Jedinoutakovoudvojicíjsoučísla0a1,cožnámdává z 4 =1, neboli z { 1,1}.Ovšem z= 1nevyhovuje,neboť z 1nenívtomtopřípaděčtverec.Pro z=1je a=0ab=2,tedy1jejedinýmřešenímúlohy. 5 Čtvercemrozumímedruhoumocninuceléhočísla,tj.číslotvaru k 2 provhodné k Z. 8

9 (b) Přičtenímvýrazu a 2 bkoběmastranámprvnírovnicedostaneme(x a) 2 = a 2 b.jelikož a, bjsouceláčísla,budemítrovnicepouzeceločíselnářešeníprávětehdy,když a 2 bbudečtverec nebo a 2 b <0.Platí a 2 b < a 2,neboť bjekladné.tedyvoboupřípadech a 2 b (a 1) 2, ekvivalentně 2a 1 b. Analogickým postupem získáme z druhé a třetí rovnice podmínky 2b 1 ca2c 1 a.sečtenímtěchtotřínerovnostídostaneme2(a+b+c) 3 a+b+c, cožnámpoúpravědánerovnost a+b+c 3.Protože a 1, b 1, c 1,vyhovujepouze a=b=c=1.vtomtopřípaděmákaždázrovnicdvojnásobnýkořen1. Část(a) dělala kupodivu větší problémy než část(b). Mnozí řešitelé tvrdili, že pokud platí k 2 = xy, k,x,y Z,musíbýtbuď x=y,nebomusíbýtobětatočíslačtverci.tosamozřejmě nenípravda,neboťje-linapříklad k=pq,kde p, qjsourůznáprvočísla,pak k 2 lzenapsatjako p pq 2,přičemž p pq 2 aanijednoztěchtočíselneníčtverec. Část(b)bylabohuželzadanátrochunešťastně.Zeslov rovnicemápouzeceločíselnářešení totiž nebylo jasné, zda rovnice, která nemá žádné reálné kořeny, podmínku splňuje, nebo ne. První(tj. složitější) variantou se zabýval pouze jediný řešitel. Plný počet bodů jsem nakonec udělila i všem těm, kteří správně vyřešili druhou variantu. K části(b) mám ještě jedno konstatování. Před několika lety jsme v semináři začali upřednostňovat celákladnáčísla před přirozenýmičísly,abychomnemuselistálezdůrazňovat,že nuluzapřirozenéčíslonepovažujeme.říkalajsemsitehdy,jakjetofajn,žesetímvševyřeší. Alejakájerealita?Hnedněkolikřešitelůváhá,zdanulaneníkladnéčíslo... (Martina Vaváčková) Úloha 6. (53; 52; 3,74; 4,0) Deltoid je konvexní čtyřúhelník, který je osově souměrný podle alespoň jedné své úhlopříčky. (a) Dokažte, že každý trojúhelník lze rozdělit na 3 deltoidy. (b) Dokažte, že každý konvexní čtyřúhelník lze rozdělit na 7 deltoidů. (a) Označme I střed kružnice vepsané danému trojúhelníku ABC a K, L, M postupně body dotyku kružnice vepsané se stranami AB, BC, CA. Ze symetrie tečen ke kružnici vepsané máme AK = AM adáleplatí IK = IM,protožejdeopoloměrkružnicevepsané.Toznamená, že AKIMjedeltoid.Obdobněukážeme,žeiBLIKa CMILjsoudeltoidy,atedytrojúhelník lze rozdělit na tři deltoidy. C M L I A K B (b) Nejprve ukážeme, že tečnový čtyřúhelník ABCD umíme rozdělit na čtyři deltoidy. Označme I středkružnicevepsanéak,l,m,n jejíbodydotykupostupněsestranami AB, BC, CD, DA.Podobnějakovčásti(a)odůvodníme,že AKIN, BLIK, CMILaDNIMjsoudeltoidy. Nyní rozebereme dva případy. 9

10 Pokud je čtyřúhelník ABCD tečnový, nejprve jej rozdělíme na čtyři deltoidy. Všechny deltoidy jsou tečnové čtyřúhelníky, protože součty protějších stran se rovnají, a tedy můžeme jeden ze čtyř deltoidů rozdělit na čtyři menší deltoidy. Takto získáme celkem sedm deltoidů. C N D M C D P I L A K B A B Pokud čtyřúhelník ABCD není tečnový, nalezneme kružnici, která se dotýká stran AB, AD a jedné ze zbylých dvou stran čtyřúhelníku, a navíc celá leží uvnitř čtyřúhelníku. Taková kružnice určitě existuje, protože při postupném zvětšování malé kružnice dotýkající se AB a AD musíme narazit najednuzestran BC nebo CD.Bezújmynaobecnosti předpokládejme, žetřetí stranou je BC. Protože ABCDnenítečnový,protnetečnaktétokružnicizbodu Dstranu BCvevnitřním bodě P.Čtyřúhelník ABPDjetečnový,atedyhomůžemerozdělitnačtyřideltoidy.Trojúhelník P CD umíme podle části(a) rozdělit na tři deltoidy. Celkem rozdělíme čtyřúhelník ABCD i v tomto případě na sedm deltoidů. Tato úloha patřila k těm lehčím, což se potvrdilo velkým počtem správných řešení. V části(b) jsem se setkal s mnoha různými přístupy, které ale vždy vyžadovaly rozlišení alespoň dvou případů. Právě za opomenutí nějakého speciálního případu jsem nejčastěji strhával body. Kromě vzorového řešení byly oblíbené ještě dva přístupy, které spočívaly ve vyrobení jednoho deltoidu anáslednémrozdělení okrajových trojúhelníkůnazbylýchšestdeltoidů.kvytvořenídeltoidu uvnitř čtyřúhelníku bylo většinou potřeba rozebrat čtyři případy. O něco elegantnější bylo vyrábění deltoidu z trojúhelníku, kdy se musel jen ošetřit případ s rovnostranným trojúhelníkem. (Martin Töpfer) Úloha 7. (28; 16; 1,46; 2,0) (a) Šavlíkkdysidojistétabulky8 8vepsalčísla1až64(každéprávějednou).Dokažte,že aťužtoudělaljakkoliv,existujívtabulcealespoňčtyřičtverce2 2takové,žesoučetčísel vkaždémznichjealespoň106. (Tomáš Šavlík Pavlík) (b) V poslanecké sněmovně je 200 poslanců, kteří postupně hlasují o n zákonech(poslanec může být buď pro schválení zákona, nebo proti jeho schválení, nebo se může zdržet hlasování). Jeznámo,žeprokaždádvěhlasováníexistujeposlanec,kterývjednomznichhlasovalproa vjednomproti.označme z i početposlanců,kteřísezdrželihlasováníoi-témzákonu.dokažte, že n 2 z i i=1 (a) Budeme uvažovat pouze čtverce vzniklé rozdělením tabulky na 16 nepřekrývajících se čtverců2 2(všechčtverců2 2jecelkem49).Odmyslíme-lisitřičtvercesnejvyššímisoučty, 10

11 vostatníchzbydevsoučtualespoň = =1378.Kdybymělkaždýzezbylých třináctičtvercůsoučetnejvýše105,dohromadybymělysoučetnejvýše13 105=1365,cožnení možné. Tedy mezi nimi existuje čtverec, který má součet alespoň 106. (b) Spočtěme si, kolika způsoby by mohli hlasovat nehlasující poslanci(například v nějakém dodatečném hlasování) pokud se zdrželo z i poslanců, mohli hlasovat celkem 2 z i způsoby. Aprotožeprokaždédvarůznézákonyexistujeposlanec,kterýojednomhlasovalproaojednom proti, nemohou být žádná dvě hlasování ani po přidání všech kombinací nehlasujících poslanců shodná.dostávámetedy n i=1 2z irůznýchzpůsobůhlasování,přičemžvšechmožnýchzpůsobů hlasováníje2 200.Tedy n 2 z i i=1 (a) Klíčembylovšimnout si,že není třeba pracovat sevšemi 49 čtverci, ale stačí vzít 16 hlavních čtverců.mnozítoopomnělizmínit,zacožjsemstrhávalbody.zanejkratšísprávné řešení chci pochválit Mira Stankoviče shoduje se se vzorovým. Mnoho dalších řešitelů využilo postupného snižování odhadu pro součet jednoho, dvou, tří a čtyř čtverců, což bylo též správně. (b) Došlatřisprávnářešení,zaněžchválímMartinaHoru,AnhDung Tondu LeaRada Švarce. Většina ostatních se snažila maximalizovat počet nehlasujících poslanců. Cílem však byloukázatplatnosthorníhoodhadupro n i=1 2z i. (Jakub Roman Klemsa) 11