Úlohy domácí části I. kola kategorie A

Transkript

1 67. očník Matematické olympiády Úlohy domácí části I. kola kategoie A 1. Pavel střídavě vpisuje křížky a kolečka do políček tabulky (začíná křížkem). Když je tabulka celá vyplněná, výsledné skóe spočítá jako ozdíl O X, kde O je celkový počet řádků a sloupců obsahujících více koleček než křížků a X je celkový počet řádků a sloupců obsahujících více křížků než koleček. a) Dokažte, že po tabulku n bude výsledné skóe vždy 0. b) Učete nejvyšší možné skóe dosažitelné po tabulku (n + 1) (n + 1) v závislosti na n. Řešení. a) V celé části a) budeme uvažovat libovolné popsané vyplnění tabulky n, kteé je (s ohledem na sudý počet n všech políček) tvořeno n křížky a n kolečky. Nejdříve dokážeme, že v jednom z obou jejích řádků převažují křížky, pávě když v tom duhém převažují kolečka. Oba řádky dohomady tak do výsledného skóe O X přispějí nulou. Označme x 1, x počty křížků v pvním, esp. duhém řádku. Podle pvní věty našeho řešení platí x 1 + x = n. Předpokládejme, že x 1 > n/, že tedy v pvním řádku převažují křížky. Pak x = n x 1 < n n/ = n/, takže v duhém řádku naopak převažují kolečka. Podobně z x > n/ vyplývá x 1 < n/. Dokázali jsme, že pokud v jednom z řádků převažují křížky, pak v tom duhém převažují kolečka. Analogicky lze ukázat, že pokud v jednom z řádků převažují kolečka, pak v tom duhém převažují křížky. Nyní dokážeme, že všech n sloupců tabulky (každý o dvou políčkách) souhnně do výsledného skóe O X ovněž přispívá nulou. K tomu označme x,, o počty sloupců, kteé obsahují dva křížky (a žádné kolečko), esp. jeden křížek (a jedno kolečko), esp. dvě kolečka (a žádný křížek). Jak víme, tabulka obsahuje celkem n křížků i n koleček, takže platí n = x+ a současně n = +o. Poovnáním obdžíme ovnost x = o, kteá nám říká, že počet sloupců, v nichž převažují křížky, je oven počtu sloupců, v nichž převažují kolečka. I sloupce tak do výsledného skóe O X tabulky n dohomady přispívají nulou, a řešení části a) je tak u konce. b) Po dané n uvažujme libovolné popsané vyplnění tabulky (n + 1) (n + 1). Jelikož počet n+1 políček v každém řádku a sloupci je liché číslo, v každém z nich bude jedna z obou značek převažovat. I počet (n + 1) políček v celé tabulce je liché číslo, takže všech koleček je o 1 méně než všech křížků, je jich tedy ( 1 (n+1) 1 ) = n(n+1). Poto je těch řádků, ve kteých kolečka převažují (tj. jsou tam v počtu alespoň n + 1), nejvýše n(n+1) : (n+1) = n, tudíž naopak křížky převažují alespoň v jednom řádku. Stejně tak vysvětlíme, že kolečka převažují v nejvýše n sloupcích a křížky naopak alespoň v jednom. Dohomady to znamená, že O n + n = 4n a X =, takže výsledné skóe O X nemůže být větší než 4n. Nyní dokážeme, že skóe 4n lze (po každé n) dosáhnout. Z úvahy předchozího odstavce vyplývá, kdy n(n + 1)-pvková podmnožina M políček tabulky (n+1) (n + 1) s vepsanými kolečky bude příkladem kýženého vyplnění: v n řádcích a n sloupcích bude po n + 1 políčkách z M, zbylý řádek a zbylý sloupec budou bez políček z M. Zřejmě stačí jednu takovou množinu M najít, neboť vhodným vpisováním 1

2 křížků a koleček lze dosáhnout toho, aby políčka s kolečky vytvořila předem danou n(n + 1)-pvkovou množinu M stačí psát v jakémkoli pořadí křížky mimo M a kolečka do M. Vyhovující příklad po tabulku 7 7 (kdy n = 3) vidíme na ob. 1. Po obecné n vypadá obdobná konstukce n(n + 1)-pvkové množiny M takto: V posledním řádku a posledním sloupci tabulky (n+1) (n+1) nevybeeme do M žádné políčko; v řádcích a sloupcích zbylého čtvece n n v levém honím ohu původní tabulky vybeeme po n + 1 políčkách následovně: v pvním řádku skupinu pvních n + 1 políček, kteou v každém následujícím řádku posuneme opoti předchozímu řádku o 1 místo dopava, přitom políčka z posledního sloupce této podtabulky přesouváme do sloupce pvního. Toto pavidlo bude platit i po přechod od posledního řádku k řádku pvnímu, takže vybáno bude n + 1 políček nejen v každém řádku, ale i v každém sloupci (obecnější pocedua je popsána v návodné úloze N1). Ob. 1 Nakonec poznamenejme, že dokázaná ovnost max(o X) = 4n platí i po n = 0, neboť tabulka 1 1 má jediné vyplnění (jedním křížkem) s hodnotami O = 0 a X =. N1. Dokažte, že po každá dvě kladná celá čísla k n lze všechna políčka tabulky n n obavit čeně a bíle tak, aby se v každém řádku a každém sloupci nacházelo přesně k čených políček. [Skupinu k čených políček vybeme v pvním řádku tabulky libovolně. V každém dalším řádku posuneme čená políčka o 1 místo dopava ve sovnání s aktuálním řádkem, přitom políčka z posledního sloupce přesouváme do sloupce pvního. Dostaneme tak vyhovující obavení, neboť označíme-li čená políčka v pvním řádku čísly 1 až k a zachováme-li je při posunech políček v dalších řádcích, z úvahy o počtu posunů mezi libovolnými dvěma řádky nám vyplyne, že v každém sloupci tabulky bude nakonec pávě po jednom políčku s čísly 1 až k.] D1. Učete nejvyšší možné skóe O X ze soutěžní úlohy dosažitelné po tabulku n n v závislosti na n. [Po n = 1 vyjde 0, po n = vyjde, po n 3 vyjde 4n 8.]. Dokažte, že pokud je součet dvou daných eálných čísel a, b větší než, má soustava neovnic (a 1)x + b < x < ax + (b 1) nekonečně mnoho řešení x v obou eálných čísel. Řešení. Danou soustavu neovnic zapíšeme jako F (x) > 0 G(x) < 0, (1)

3 kde F (x) = x (a 1)x b a G(x) = x ax b + 1. Všimněme si, že po každé x platí F (x) G(x) = x 1. Podmínka úlohy a + b > znamená, že F (1) = G(1) = a b < 0, takže číslo 1 není řešením dané soustavy. Neovnost G(1) < 0 však znamená, že kvadatická ovnice G(x) = 0 má jeden kořen větší než 1, ten označíme x 0 : G(x 0 ) = 0 a x 0 > 1. Pak F (x 0 ) = F (x 0 ) 0 = F (x 0 ) G(x 0 ) = x 0 1 > 0. Nyní z neovností F (1) < 0 a F (x 0 ) > 0 plyne existence kořene x 1 ovnice F (x) = 0 na otevřeném intevalu (1, x 0 ): F (x 1 ) = 0 a 1 < x 1 < x 0. Z obecně známých vlastností kvadatické funkce (s kladným koeficientem u x ) pak plyne, že díky neovnostem F (1) < 0 F (x 1 ) = 0, esp. G(1) < 0 G(x 0 ) = 0 je soustava (1) splněna po každé x z intevalu (x 1, x 0 ), přitom duhá neovnost G(x) < 0 platí dokonce na větším intevalu (1, x 0 ). Důkaz je hotov. Jiné řešení. Tojčleny F a G z pvního řešení mají diskiminanty D F = (a 1) + 4b = a a + 4b + 1 a D G = a 4(1 b) = a + 4b 4, () kteé jsou díky podmínce a + b > (užité ve tvau b > a) kladné: D F = a a + 4b + 1 > a a + 4( a) + 1 = (a 3) 0, D G = a + 4b 4 > a + 4( a) 4 = (a ) 0. Navíc odtud plynou neovnosti DF > a 3 a DG > a. (3) Závě úlohy o soustavě neovnic vyplyne z pořadí kořenů obou příslušných ovnic (a 1) D F < a D G < (a 1) + D F < a + D G, kteé nyní dokážeme. (Ve skutečnosti pvní neovnost zleva nepotřebujeme, ale vyjde nám jako vedlejší podukt při důkazu ostatních tří neovností.) Je zřejmé, že zapsaná čtveřice neovností je ekvivalentní s dvojicí DF + D G > 1 a D F D G < 1. (4) Pvní z těchto neovností (naozdíl od duhé) plyne z (3) okamžitě: DF + D G > a 3 + a (a 3) (a ) = 1 díky známé tojúhelníkové neovnosti u ± v u + v. Po důkaz duhé neovnosti ve (4) vynásobíme obě její stany kladným výazem D F + D G a dostaneme ekvivalentní neovnost D F D G < D F + D G. Potože D F D G = 5 a podle (), je naším posledním úkolem dokázat neovnost To je snadné: 5 a < D F + D G. 5 a = (3 a) + ( a) 3 a + a < D F + D G, přitom jsme opět využili tojúhelníkovou neovnost a odhady (3). 3

4 N1. Nechť a > 0, b a c < 0 jsou eálná čísla. Dokažte, že ovnice ax + bx + c = 0 má jeden kladný a jeden záponý kořen. [Buď využijte jen neovnosti a > 0 a c < 0, kde c je hodnota uvažovaného tojčlenu v nule, nebo zapište známé vzoce po kořeny a přihlédněte k neovnosti D = b 4ac > b.] D1. Dokažte, že pokud eálná čísla a, b, c splňují c(a+b+c) < 0, pak ovnice ax +bx+c = 0 má řešení x v intevalu (0, 1). [Označíme-li f(x) = ax + bx + c, pak f(0) f(1) < 0, tedy jedna z hodnot f(0), f(1) je kladná a duhá je záponá.] D. Předpokládejme, že po tojčlen f(x) = ax + bx + c s eálnými koeficienty a, b, c nemá ovnice f(x) = x žádné řešení v obou eálných čísel. Dokažte, že je nemá ani ovnice f(f(x)) = x. [Platí buď f(x) > x po všechna x, nebo f(x) < x po všechna x, poto také platí buď f(f(x)) > f(x) > x po všechna x, nebo f(f(x)) < f(x) < x po všechna x.] 3. V ovině jsou dány dvě shodné kužnice o poloměu 1, kteé mají vnější dotyk. Uvažujme pavoúhelník obsahující obě kužnice, jehož každá stana se dotýká aspoň jedné z nich. Učete největší a nejmenší možný obsah takového pavoúhelníku. Řešení. Nechť k 1, k jsou dvě shodné kužnice o poloměu = 1 se středy po řadě O 1, O, jež mají vnější dotyk. Nechť ABCD je pavoúhelník vyhovující podmínkám úlohy (stany AB a BC uvažovaného pavoúhelníku jsou tečnami kužnice k 1 a stany CD a DA jsou tečnami kužnice k ). Ze zadání je patné, že středy obou kužnic leží uvnitř hledaného pavoúhelníku. Označme dále P půsečík přímek vedených středem O 1 ovnoběžně se stanou AB a středem O ovnoběžně se stanou BC (ob. ). Označme ještě ϕ velikost úhlu P O 1 O. S ohledem na symetii zadání stačí uvažovat jen hodnoty ϕ 0; 1 4 π. D C k sin ϕ O P ϕ O 1 k 1 A cos ϕ B Ob. Po zkoumaný obsah S pavoúhelníku ABCD podle ob. platí S = AB BC = ( + cos ϕ)( + sin ϕ) = 4(1 + sin ϕ)(1 + cos ϕ) (dosadili jsme hodnotu = 1). Nyní učíme nejmenší a největší hodnotu obsahu S s poměnným úhlem ϕ 0; 1 4π. K tomu stačí učit nejmenší a největší hodnotu výazu (funkce) V (ϕ) = (1 + sin ϕ)(1 + cos ϕ) po ϕ 0; 1 4 π. 4

5 Tento předpis funkce nejpve upavíme následujícím způsobem: V (ϕ) = 1 + sin ϕ + cos ϕ + sin ϕ cos ϕ = 1 + (sin ϕ + cos ϕ) + 1 (sin ϕ + cos ϕ). Vše tedy závisí na hodnotě u = sin ϕ + cos ϕ. Ukážeme, že po libovolné ϕ 0; 1 4 π je 1 u. Potože po taková ϕ je součet sin ϕ + cos ϕ zřejmě kladný, můžeme místo hledání minimální a maximální hodnoty výazu u hledat minimální a maximální hodnotu výazu u (na stejném intevalu). Platí u = sin ϕ + sin ϕ cos ϕ + cos ϕ = 1 + sin ϕ. Odtud s ohledem na neovnost 0 sin ϕ 1 plyne 1 u, tedy 1 u, přičemž u = 1, pávě když ϕ = 0, a u =, pávě když ϕ = 1 4 π. Potože kvadatická funkce V (u) = 1 + u + 1 u = 1 (u + 1) je na intevalu 1; ostoucí, platí po každé dotyčné u neovnosti = V (1) V (u) V ( ) = 3 +, kteé už vedou k potřebným dohadům obsahu S = 4V (ϕ): 8 S (1) Nejmenší hodnota S ve vztahu (1) je přitom dosažena, pávě když ϕ = 0, tj. v případě, kdy stany AB a CD hledaného pavoúhelníku ABCD jsou tečnami obou daných kužnic k 1 a k a současně stany BC a DA jsou po řadě tečnami pouze kužnic k 1 a k. Jedná se tedy o případ, kdy hledaným opsaným pavoúhelníkem (dle podmínek úlohy) je obdélník o stanách 4 a, jehož obsah je skutečně 8. Podobně největší hodnota S ve vztahu (1) je dosažena, pávě když ϕ = 1 4π, tj. v případě, kdy hledaným opsaným pavoúhelníkem je čtveec ABCD o obsahu 6 + 4, na jehož úhlopříčce BD budou ležet středy obou daných kužnic. Odpověď. Nejmenší možný obsah je 8, největší Jiné řešení. Označme a = P O 1, b = P O délky odvěsen pavoúhlého tojúhelníku O 1 O P (kteý může případně degeneovat v jednu z úseček P O 1 či P O ). Záoveň z Pythagoovy věty máme a + b = 4 = 4 (což opět platí, i pokud je jedna z hodnot a, b nulová). Obsah S opsaného pavoúhelníku ABCD pak můžeme vyjádřit (díky ozdělení úsečkami na devět menších pavoúhelníků v ob. ) jako S = 4 + (a + b) + ab = 4 + (a + b) + ab. () Využijeme-li nyní neovnosti a + b a + b (a + b ) a 0 ab a + b, jež zřejmě platí po libovolná nezáponá čísla a a b, získáme po obsah S podle () odhady = 8 S = Minimální hodnotu S = 8 tak dostaneme po ab = 0, tedy po obdélník, jehož dvě stany budou ovnoběžné se střednou O 1 O, a maximální hodnotu S = po a = b =, tedy po čtveec, jehož úhlopříčka bude obsahovat body O 1, O. 5

6 N1. Do ovnostanného tojúhelníku o staně 1 jsou vepsány tři shodné kužnice, z nichž každá se vně dotýká zbylých dvou kužnic a současně se dotýká pávě dvou stan tohoto tojúhelníku. Učete polomě těchto tří kužnic. [ 1 4 ( 3 1). Hledaný polomě splňuje + cotg 30 = 1.] N. Dokažte, že po každé x R platí sin x + cos x. [Buď dokazujte ekvivalentní neovnost (sin x + cos x), nebo využijte úpavu na výaz s hodnotou sin(x π).] N3. Po daná kladná čísla x y uvažujme půměy a = x + y, g = xy, h = xy x + y, k = x + y (Jde o aitmetický, geometický, hamonický a kvadatický půmě čísel x a y.) Ze všech ozdělení čtveřice a, g, h, k na dvě dvojice, s a t, u vybete to ozdělení, po kteé má výaz V = s tu nejmenší kladnou hodnotu. [44 B I 3] D1. V obdélníku ABCD o stanách AB = 9, BC = 8 leží vzájemně se dotýkající kužnice k 1 (S 1, 1 ) a k (S, ) tak, že k 1 se dotýká stan AD a CD, k se dotýká stan AB a BC. a) Dokažte, že 1 + = 5. b) Učete nejmenší a největší možnou hodnotu obsahu tojúhelníku AS 1 S. [6 A S 1]. 4. Najděte největší přiozené číslo n takové, že hodnota součtu n je pvočíslo. Zápis x značí největší celé číslo, kteé není větší než x. Řešení. Uvažme nekonečnou posloupnost (a n ) n=1 přiozených čísel a n = n. Tato posloupnost je zřejmě neklesající, a jelikož k = k < k + 1 <... < k + k < k + k + 1 = k + 1, obsahuje každé přiozené číslo k přesně (k + 1)-kát. Takový popis uvažované posloupnosti nám už postačí k učení zadaných součtů s n = n a i následujícím způsobem. Po libovolné přiozené n označme k = n, takže n = k + l po vhodné l {0, 1,..., k}. Pak podle předchozího popisu platí k 1 k 1 s n = i(i + 1) + k(l + 1) = i + i=1 i=1 i=1 k 1 i + k(l + 1) = (k 1)(k 1 + 1)((k 1) + 1) (k 1)(k 1 + 1) = + + k(l + 1) = 6 (k 1)k(k 1) k(k 1) (k 1)k(4k + 1) = + + k(l + 1) = + k(l + 1), 3 6 kde jsme využili vztahy n = 1 n(n+1) a n = 1 6 n(n+1)(n+1). Po libovolné k > 6 zůstane hodnota zlomku i=1 (k 1)k(4k + 1) 6 6

7 i po zkácení šesti přiozeným číslem dělitelným někteým pvočinitelem p čísla k, kteý samozřejmě dělí i dalšího sčítance v odvozeném vyjádření součtu s n. Pvočíslo p tak bude dělitelem i čísla s n, přičemž p k < s n, takže číslo s n pvočíslem nebude. Řešení dané úlohy poto stačí hledat jen mezi takovými přiozenými čísly n, po něž k = n 6, tudíž ve hře zůstávají jen čísla n < (6 + 1) = 49. Po n = 48 dosazením do odvozeného vzoce po s n spočteme s 48 = 03, což je číslo dělitelné sedmi. Po n = 47 vyjde s 47 = 197, což je pvočíslo. Odpověď. Hledané číslo je n = 47. N1. Dokažte, že (n 1) = n. N. Dokažte, že n = 1 n(n + 1)(n + 1). 6 N3. Zjistěte, kolik celočíselných řešení má ovnice n n n = [38 B II 4] D1. Dokažte, že po každé přiozené číslo n platí n + 3 n n n = log n + log 3 n log n n. [Tabulku n n vyplníme čísly tak, že do políčka v a-tém řádku a b-tém sloupci vepíšeme číslo a b a počet políček, ve kteých je číslo nepřevyšující n, spočítáme dvěma způsoby: po sloupcích a po řádcích.] 5. V konvexním čtyřúhelníku ABCD platí ABC = ACD a ACB = ADC. Předpokládejme, že střed O kužnice opsané tojúhelníku BCD je ůzný od bodu A. Dokažte, že úhel OAC je pavý. Řešení. Označme k kužnici opsanou tojúhelníku BCD. Podle zadání se tojúhelníky ABC a ACD shodují ve dvou vnitřních úhlech (ob. 3), takže platí i třetí ovnost BAC = CAD. Z toho především plyne, že součet potějších úhlů při vcholech A a C v daném čtyřúhelníku ABCD je větší než 180, poto vchol A musí ležet ve vnitřní oblasti kužnice k. C D A O B k C D Ob. 3 7

8 Podlužme jako na obázku úsečky CA a DA do tětiv CC a DD kužnice k. Ze shodnosti obvodových úhlů nad jejím obloukem D BC máme D C C = D DC = ADC = ACB, takže BCC D je ovnoamenný lichoběžník nebo pavoúhelník (návodná úloha N1). Podobné tojúhelníky ABC a AD C (připomeňme, že je také C AD = CAD = = BAC ) jsou tak dokonce shodné, tudíž A je středem základny CC ovnoamenného tojúhelníku OCC, neboli OAC = 90, což jsme měli dokázat. Jiné řešení. Zkoumejme úlohu z pohledu tojúhelníku ABD. Potože polopřímka AC je osa jeho vnitřního úhlu při vcholu A, jak už víme z úvodu pvního řešení, je BAC = CAD < 90. Poto úhel při vcholu C konvexního čtyřúhelníku ABCD je tupý, takže střed O kužnice k opsané tojúhelníku BCD leží stejně jako bod A v poloovině opačné k poloovině BDC (ob. 4). A O B C Ob. 4 D Z vlastností obvodového a středového úhlu tak plyne, že velikost nekonvexního úhlu BOD je dvojnásobkem velikosti konvexního úhlu BCD, takže s ohledem na ovnost BCD = ACB + ACD = ADC + ABC a pavidlo o součtu vnitřních úhlů čtyřúhelníku platí BOD = 360 BCD = 360 BCD ADC ABC = BAD. Úhly BOD a BAD jsou tedy shodné, takže bod O leží na oblouku BAD kužnice opsané tojúhelníku ABD a jakožto střed kužnice opsané tojúhelníku BCD má od kajních bodů tohoto oblouku stejnou vzdálenost. Je poto jeho středem, tudíž jak známo (viz úlohu N), leží na ose vnějšího úhlu při vcholu A tojúhelníku ABD. Tvzení úlohy tak plyne z toho, že polopřímky AC a AO jsou osami dvojice vedlejších úhlů, jež jsou vždy navzájem kolmé. Jiné řešení. Označme M střed základny BC ovnoamenného tojúhelníku OBC (ob. 5). Jelikož OMC = 90, k důkazu ovnosti OAC = 90 stačí ukázat, že body O, A, M, C leží na kužnici (Thaletově kužnici nad půměem OC). Z vlastnosti středových a obvodových úhlů v kužnici opsané tojúhelníku BCD plyne MOC = = 1 BOC = BDC, takže stačí dokázat shodnost úhlů BDC a MAC, neboť to dohomady zaučí, že body A a O leží na stejném kužnicovém oblouku nad tětivou CM. (Že body A a O leží v téže poloovině učené přímkou BD, už víme z předchozího řešení, kde jsme ukázali, že úhel BCD je tupý.) 8

9 A O B M C D A Ob. 5 Označme A obaz bodu A ve středové souměnosti podle bodu M. Pak je ABA C ovnoběžník a kýžená shodnost úhlů vyplyne z podobnosti tojúhelníků AA C a DBC, kteou nyní dokážeme užitím věty sus se zaměřením na společný vchol C. Předně platí A CB = ABC, takže A CA = BCD. K tomu z podobnosti tojúhelníků ABC a ACD plyne AC / CA = AC / AB = DC / CB, čímž je důkaz hotov. N1. Jestliže v tětivovém čtyřúhelníku ABCD platí DAB = ABC, je AB CD a BC = AD. Dokažte. [Ukažte, že tojúhelníky ABC a BAD jsou souměně sdužené podle osy tětivy AB opsané kužnice.] N. Je dán tojúhelník ABC vepsaný do kužnice k. Označme D střed oblouku BC kužnice k obsahujícího bod A. Dokažte, že v případě A D je přímka AD osou vnějšího úhlu tojúhelníku ABC u vcholu A. [Nechť např. AB < AC. Pak polopřímka AD dělí úhel CAX, kde X je bod na podloužení stany AB za vchol A, na dva úhly: jeden je úhel DAC shodný s úhlem DBC, duhý je vnější úhel u vcholu A tětivového čtyřúhelníku ABCD, shodný s potějším vnitřním úhlem BCD.] D1. Na stanách AB, AC ůznostanného tojúhelníku ABC jsou dány po řadě body X, Y tak, že BX = CY = d > 0. Dokažte, že osa úsečky XY pochází pevným bodem nezávislým na d. [Je to střed M oblouku BAC: tojúhelníky XBM a Y CM jsou shodné podle věty sus.] 6. Najděte největší možný počet pvků množiny M celých čísel, kteá má následující vlastnost: Z každé tojice ůzných čísel z M lze vybat někteá dvě, jejichž součet je mocninou čísla s celočíselným exponentem. Řešení. Poznamenejme úvodem, že zmíněná mocnina jako celočíselný součet musí mít nezáponý exponent. Jen takové mocniny čísla budeme dále uvažovat. Dokážeme, že množina M může mít nejvýše 6 pvků, jako má například vyhovující (jak vzápětí ověříme) množina { 1, 3, 5,, 6, 10}. Součet libovolných dvou čísel z tojice 1, 3, 5 je totiž mocninou dvou a totéž platí po tojici, 6, 10. Kdykoliv z uvedené množiny vybeeme tři čísla, budou někteá dvě z nich náležet jedné z obou zmíněných tojic, a tato dvě čísla tak budou mít součet ovný mocnině dvou. Nyní připusťme, že existuje vyhovující množina s více než šesti pvky. Kdyby množina M obsahovala tři nekladná čísla, byl by součet každých dvou z nich záponý, každá mocnina dvou je však kladná. Poto množina M obsahuje nejvýše dvě nekladná čísla, a tedy alespoň pět kladných čísel. Označme x největší z nich a a, b, c, d nějaká čtyři další kladná čísla z M. 9

10 Uvažme čtyři součty x + a, x + b, x + c, x + d. Všechny jsou větší než x a menší než x. V intevalu (x, x) ovšem může ležet nejvýše jedna mocnina dvou, takže nejvýše jeden z těchto čtyř součtů je oven mocnině dvou a zbylé tři (bez újmy na obecnosti x + a, x + b, x + c) mocninami dvou nejsou. Užitím podmínky úlohy na tojice (a, b, x), (a, c, x) a (b, c, x) tak zjistíme, že všechny tři součty a+b, a+c a b+c musejí být mocniny dvou. Bez újmy na obecnosti nechť a = max{a, b, c}. Podobně jako výše se zaměřme na otevřený inteval (a, a). V něm leží nejvýše jedna mocnina dvou, současně v něm však leží obě (ůzná) čísla a + b i a + c, o nichž jsme už usoudili, že musejí být mocninami dvou. Dospěli jsme tak ke kýženému spou. Odpověď. Největší možný počet pvků množiny M je oven 6. Jiné řešení. Podáme jiný důkaz, že neexistuje vyhovující množina M s alespoň sedmi pvky, kteý využívá základní pojmy z teoie gafů [viz např. Pet Hliněný, Základy teoie gafů, Elpotál MU, Bno, URL: is.muni.cz/elpotal/?id=878389]. Zřejmě stačí ukázat, že žádná sedmipvková množina M celých čísel požadované vlastnosti nemá. Připusťme, že taková množina M existuje, a její pvky si představme jako vcholy jistého gafu G. V něm dva vcholy spojíme hanou, pokud je součet čísel, jež představují, mocninou dvou. Podmínka ze zadání úlohy říká, že v takto sestaveném gafu jsou mezi každými třemi vcholy někteé dva spojeny hanou. O gafu G o sedmi vcholech učiníme nejdříve několik pozoování. (1) Gaf G neobsahuje kužnici délky 4. Důkaz. Připusťme, že gaf G takovou kužnici a 1 a a 3 a 4 obsahuje, takže po vhodná celá nezáponá čísla α i platí a 1 + a = α 1, a + a 3 = α, a 3 + a 4 = α 3, a 4 + a 1 = α 4. Bez újmy na obecnosti lze předpokládat, že a 1 = min{a 1, a, a 3, a 4 } a že a < a 4. Pak číslo α 1 je menší než kteékoliv ze tří (ne nutně ůzných) čísel α, α 3 a α 4, takže nejvyšší mocnina dvou, kteá dělí součet α 1 + α 3 je menší než nejvyšší mocnina dvou, kteá dělí součet α + α 4. To je však ve spou s tím, že oba součty jsou ovny témuž číslu a 1 + a + a 3 + a 4. Gaf G tedy skutečně neobsahuje kužnici délky 4. () Každý vchol gafu G má stupeň aspoň 3. Důkaz. Po spo předpokládejme, že existuje vchol v stupně nejvýše. Pak někteé čtyři ze sedmi vcholů G nejsou s v spojeny hanou; označme je a, b, c, d. Užití podmínky úlohy k tojicím (v, a, b), (v, b, c), (v, c, d), (v, d, a) implikuje existenci han ab, bc, cd a da, kteé ovšem tvoří kužnici délky 4, což je ve spou s (1). (3) Někteý vchol gafu G má stupeň alespoň 4. Důkaz. V každém gafu jistě platí, že součet stupňů všech vcholů je oven dvojnásobku počtu han. Speciálně to znamená, že toto číslo je sudé. U gafu o sedmi vcholech tak není možné, aby každý vchol měl stupeň přesně 3 (stupeň menší než tři je vyloučen podle ()). Dokázaná pozoování o našem gafu G využijeme následovně. Označme v jeden jeho vchol stupně aspoň 4 a a, b, c, d někteé čtyři jeho sousední vcholy. Potože ty mají stupně aspoň 3, z každého z nich vycházejí aspoň dvě hany, kteé nesměřují do vcholu v. Podél každé takové hany nakesleme šipku. Tak získáme aspoň 4 = 8 šipek, tudíž aspoň dvě z nich směřují do téhož vcholu ůzného od vcholu v (zopakujme, že do něj nesměřuje žádná z nakeslených šipek). Koncové vcholy takových dvou šipek spolu s vcholem v tvoří kužnici délky 4, což je kýžený spo. 10

11 N1. Rozhodněte, zda existují tři přiozená čísla x > y > z taková, že x + y i x + z jsou mocniny dvou. [Uvažte, kolik ůzných mocninou dvou může ležet v intevalu mezi čísly x a x po dané přiozené x.] N. Na večíku má každý člověk lichý počet známých ( znání se je vzájemné). Dokažte, že počet lidí na večíku je sudý. [Součet všech počtů známých jednotlivých osob je oven dvojnásobku počtu všech dvojic osob, kteé se znají, takže to je číslo sudé.] D1. Každou stanu a úhlopříčku pavidelného šestiúhelníku jsme obavili čeveně nebo modře. Dokažte, že existuje tojúhelník s vcholy ve vcholech původního šestiúhelníku, jehož všechny tři stany mají stejnou bavu. [Důkaz tohoto pvotního výsledku tzv. Ramseyovy teoie najdete v přehledném článku J. Šimša, Ramseyova čísla a jejich uplatnění v geometii, URL: mfi.upol.cz/old/mfi 17 pdf/mat pdf.] 11