Úlohy krajského kola kategorie B

Transkript

1 61. očník matematické olmpiád Úloh kajského kola kategoie B 1. Je dáno 01 kladných čísel menších než 1, jejichž součet je 7. Dokažte, že lze tato čísla ozdělit do čtř skupin tak, ab součet čísel v každé skupině bl aspoň 1.. Učete, kolika způsob lze vcholům pavidelného devítiúhelníku ABCDEF GHI přiřadit čísla z množin {17, 7, 37, 47, 57, 67, 77, 87, 97} tak, ab každé z nich blo přiřazeno jinému vcholu a ab součet čísel přiřazených každým třem sousedním vcholům bl dělitelný třemi. 3. Pavoúhlému tojúhelníku ABC je vepsána kužnice, kteá se dotýká přepon AB v bodě K. Úsečku AK otočíme o 90 do poloh AP a úsečku BK otočíme o 90 do poloh BQ tak, ab bod P, Q ležel v poloovině opačné k poloovině ABC. a) Dokažte, že obsah tojúhelníků ABC a P QK jsou stejné. b) Dokažte, že obvod tojúhelníku ABC nepřevšuje obvod tojúhelníku P QK. Kd nastane ovnost? 4. Najděte všechna eálná čísla,, kteá vhovují soustavě ovnic = 5, = 6. (Zápis a značí dolní celou část čísla a, tj. největší celé číslo, kteé nepřevšuje a.) Kajské kolo kategoie B se koná v úteý 17. dubna 01 tak, ab začalo dopoledne a ab soutěžící měli na řešení úloh 4 hodin čistého času. Za každou úlohu může soutěžící získat 6 bodů, úspěšným řešitelem je ten žák, kteý získá 10 bodů nebo více. Povolené pomůck jsou psací a ýsovací potřeb a školní MF tabulk. Kalkuláto, notebook ani žádné jiné elektonické pomůck dovolen nejsou. Tto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.

2 61. očník matematické olmpiád Řešení úloh kajského kola kategoie B 1. Daná čísla označme a 1, a,..., a 01. Zřejmě eistuje inde k 1 takový, že a a k < 1 a a k + a k+1 <. Čísla a 1,..., a k+1 tvoří pvní požadovanou skupinu. Dále zřejmě eistuje inde l k+ takový, že a k a l < 1 a k a l + a l+1 <. Čísla a k+,..., a l+1 tvoří duhou požadovanou skupinu. Analogick zřejmě eistuje inde m l + takový, že a l a m < 1 a l a m + a m+1 <. Čísla a l+,..., a m+1 tvoří třetí požadovanou skupinu. Jelikož je a a m+1 < 6, je a m a 01 1, takže čísla a m+,..., a 01 tvoří čtvtou požadovanou skupinu. Za sstematické a úplné řešení udělte 6 bodů.. Předně si uvědomme, že čísla 7, 57 a 87 jsou dělitelná třemi, čísla 37, 67 a 97 dávají při dělení třemi zbtek 1 a konečně čísla 17, 47 a 77 dávají při dělení třemi zbtek. Označme 0 = {7, 57, 87}, 1 = {37, 67, 97} a = {17, 47, 77}. Uvažujme nní pavidelný devítiúhelník ABCDEFGHI. Při zkoumání dělitelnosti třemi u součtů tojic přiozených čísel přiřazených sousedním třem vcholům uvažovaného devítiúhelníku stačí uvažovat místo daných čísel pouze jejich zbtk při dělení třemi. Přitom tři čísla mohou dát v součtu číslo dělitelné třemi jedině tak, že buď všechna tři dávají při dělení třemi stejný zbtek (patří do stejné zbtkové tříd), anebo jsou každé z jiné zbtkové tříd. Kdb však bla tři čísla po sobě jdoucích vcholů ze stejné zbtkové tříd, muselo b z téže tříd být i číslo následujícího vcholu (jedno kteým směem), a tím pádem i všechna další čísla. Takových devět čísel však k dispozici nemáme, poto u libovolných tří sousedních vcholů musejí být čísla navzájem ůzných zbtkových tříd. Předpokládejme nejpve, že vcholu A je přiřazeno někteé číslo z množin 0. V takovém případě lze vcholům uvažovaného devítiúhelníku s ohledem na podmínk úloh přiřadit zbtkové tříd 0, 1, čísel, kteá k ním máme připisovat, pouze dvěma způsob podle toho, kteému ze dvou sousedních vcholů vcholu A přiřadíme 1 a kteému. Dalším vcholům jsou pak už zbtkové tříd vzhledem k podmínce dělitelnosti přiřazen jednoznačně. Výsledné přiřazení můžeme zapsat jako (A, B, C, D, E, F, G, H, I) (0, 1,, 0, 1,, 0, 1, ), nebo (A, B, C, D, E, F, G, H, I) (0,, 1, 0,, 1, 0,, 1). Je-li vcholu A podobně přiřazena zbtková třída 1, platí zcela obdobně buď (A, B, C, D, E, F, G, H, I) (1, 0,, 1, 0,, 1, 0, ),

3 nebo nebo (A, B, C, D, E, F, G, H, I) (1,, 0, 1,, 0, 1,, 0). A konečně je-li vcholu A přiřazena zbtková třída, platí buď (A, B, C, D, E, F, G, H, I) (, 0, 1,, 0, 1,, 0, 1), (A, B, C, D, E, F, G, H, I) (, 1, 0,, 1, 0,, 1, 0). Podle počtu možností, jak postupně vbíat čísla z jednotlivých zbtkových tříd, každému z uvedených případů odpovídá podle pavidla součinu pávě (3 1) (3 1) (3 1) = 6 3 možností. Vzhledem k tomu, že jiný případ komě šesti uvedených nemůže nastat, vidíme, že hledaný počet možností, jak přiřadit vcholům uvažovaného devítiúhelníku daných devět čísel, je 3 ( 6 3 ) = 6 4 = Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho bod za zdůvodnění, že čísla připsaná třem sousedním vcholům mají navzájem ůzné zbtk při dělení třemi. Za každé opomenutí jednoho ze šesti případů sthněte 1 bod. Za chbně spočtený počet možností sthněte bod; za méně závažnou numeickou chbu sthněte 1 bod. Za spávný výpočet počtu možností, kteé řešitel uvažoval, i kdž neuvedl všechn možnosti, udělte bod. 3. a) Označme S střed a polomě kužnice vepsané tojúhelníku ABC a L, M bod dotku této kužnice postupně se stanami BC, CA (ob. 1). Označíme-li AK = =, BK =, je AP = AM =, KP =, BQ = BL =, KQ =. Potože oba úhl AKP, BKQ mají velikost 45, je tojúhelník P QK pavoúhlý, takže jeho obsah je S P QK = =. M C S L A K B P Ob. 1 Q

4 Čtřúhelník SLCM je čtveec se stanou délk a je AM =, BL =. Obsah tojúhelníku ABC je oven součtu obsahů tojúhelníků ABS, BCS a CAS, ted S ABC = Obsah tojúhelníku ABC je také oven ( + ) + ( + ) + ( + ) = ( + + ). S ABC = AC BC = ( + )( + ) = + ( + + ) = + S ABC. Odsud dostáváme S ABC = neboli S ABC = S P QK, což jsme měli dokázat. b) V tojúhelníku ABC jsou délk stan a = +, b = +, c = +. Obvod tojúhelníku ABC je a + b + AB, obvod tojúhelníku P QK je + + P Q. Zřejmě platí AB P Q ( AB je vzdáleností ovnoběžek AP, BQ, ob. 1). Rovnost nastane jedině v případě AP = BQ neboli =. Ještě dokážeme, že a + b + neboli že a + b c. Poslední neovnost je ekvivalentní neovnosti, kteou dostaneme umocněním na duhou, potože obě její stan jsou kladné. Dostaneme tak a +b +ab c. Jelikož v pavoúhlém tojúhelníku ABC platí a + b = c, máme dokázat neovnost ab a + b, kteá je však ekvivalentní neovnosti 0 (a b). Ta platí po všechna eálná čísla a, b a ovnost v ní nastane jedině po a = b, tj. =. Celkově vidíme, že obvod tojúhelníku ABC je menší nebo oven obsahu tojúhelníku P QK a ovnost nastane, pávě kdž je pavoúhlý tojúhelník ABC ovnoamenný. Za úplné řešení udělte 6 bodů. Za opomenutí podmínk, kd nastane ovnost, sthněte bod. Za pouhé všetření ovnosti udělte 1 bod. 4. Nutně platí 0. Zřejmě je také ; kdb blo =, dostali bchom / = / = 1, takže z pvní ovnice b všlo = 5 a z duhé ovnice = 6, což je v ozpou s ovností =. Podobně nemůže být ani =, takže je dokonce. Pokud b obě neznámé měl stejná znaménka, blo b jedno z čísel /, / z intevalu (0, 1), takže jeho celá část b bla 0, což nevede k řešení. Jedna z neznámých ted musí být kladná a duhá záponá a obě celé části v ovnicích jsou záponé. Z nich poto také vplývá, že < 0 a > 0. Znaménka čísel, jsou ůzná a absolutní hodnot těchto čísel jsou také ůzné, poto pávě jedno z čísel /, / je z intevalu ( 1, 0), a jeho celá část je tudíž 1. Nejpve pozkoumáme případ / = 1. Z duhé zadané ovnice dostaneme = 6. Pvní zadaná ovnice má pak tva 6/ = 5/. Vužijeme-li navíc definici celé části, dostaneme 5 6 = 6, tj Poslední neovnice ovšem nemůže po záponé číslo platit, neboť je ekvivalentní neovnosti 5 6. Daná soustava ovnic nemá tudíž v případě / = 1 řešení. Zbývá případ / = 1. Z pvní zadané ovnice máme = 5. Duhá zadaná ovnice má pak tva 5/ = 6/. Podle definice celé části ted platí 5 < = 6 + 1, tj. 5 < 6 + 1,

5 odkud po vnásobení kladným číslem dostaneme > 1. Vužijeme-li definici celé části i po ovnici / 5 = 1, dostaneme 1 5 < 0 neboli 0 < 5. Spojením obou podmínek po neznámou tak dostáváme 1 < 5. Naopak, po každé takové a = 5 je pvní ovnice soustav splněna. Tuto podmínku postupně upavíme na ekvivalentní neovnosti 1 > 1/ 1 5 a 5 < 5/ 1. Z té poslední vplývá, že výaz 5/ může nabývat jedině hodnot 5, 4, 3,, 1. Z duhé ovnice upavené do tvau = 6/ 5/ tak plne, že neznámá může nabývat jedině hodnot 6 5, 3,, 3, 6. Poslední z nich však (na ozdíl od pvních čtř) nesplňuje odvozené kitéium 1 < 5 platnosti pvní ovnice soustav. Zda je po pvní čtři hodnot splněna duhá ovnice, se ovšem musíme přesvědčit alespoň tak, že ověříme hodnotu výazu 5/, kteá nás k nim přivedla. Po ovné po řadě 6 5, 3,, 3 je zlomek 5/ postupně oven 5 6, 10 3, 5 a 5 3 s odpovídajícími celými částmi skutečně 5, 4, 3,. Shneme-li všechn úvah, dostaneme, že řešením dané soustav jsou následující dvojice čísel (, ): ( 5, 6 5 ), ( 5, 3 ), ( 5, ), ( 5, 3). Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 1 bod za zjištění, že obě celé části v ovnicích jsou nutně záponé, a další dva bod za zjištění, že musí platit = 5 nebo = 6. Při postupu založeném na pouhém epeimentování se zvolenými čísl za zkusmé nalezení všech čtř řešení udělte bod, pokud b někteé řešení chbělo, udělte 1 bod, za zkusmé nalezení jediného řešení neudělujte žádný bod.