67. ročník matematické olympiády III. kolo kategorie A. Přerov, března 2018

Transkript

1 67. ročník matematické olympiády III. kolo kategorie Přerov, 8.. března 08 MO

2

3 . Ve společnosti lidí jsou některé dvojice spřátelené. Pro kladné celé číslo k 3 řekneme, že společnost je k-dobrá, pokud lze každou k-tici lidí ze společnosti rozesadit kolem kruhového stolu tak, že se každí dva sousedé přátelí. okažte, že je-li společnost 6-dobrá, pak je i 7-dobrá. (Josef Tkadlec) Řešení. Uvažme libovolnou sedmici lidí ze skupiny, jež je 6-dobrá, a označme je až G. Stačí dokázat, že tuto sedmici lze požadovaným způsobem rozesadit kolem kruhového stolu. Omezme se na vztahy mezi,..., G. Nejdříve dokážeme, že každý z nich má alespoň tři přátele. ez újmy na obecnosti to ukážeme pro G. le předpokladu lze kolem kruhového stolu rozesadit šestici,..., G, takže G má jistě alespoň dva přátele. ez újmy na obecnosti je jedním z nich F. le předpokladu lze ovšem kolem stolu rozesadit i šestici,..., E, G (bez F ), takže i v ní má G alespoň dva přátele, tedy spolu s F má G alespoň tři přátele. To, že každý člen sedmice má alespoň tři přátele, ovšem znamená, že alespoň jeden člen má nejméně čtyři přátele, protože kdyby každý ze sedmi členů měl právě tři přátele, existovalo by v sedmici celkem přesně 7 3 spřátelených dvojic, což zřejmě není možné. Nyní (opět bez újmy na obecnosti) předpokládejme, že člen s alespoň čtyřmi přáteli je G. le předpokladu lze kolem kruhového stolu rozesadit šestici,..., F. V takovém rozesazení musejí někteří dva ze čtyř přátel G sedět vedle sebe. Člena G pak můžeme posadit mezi ně a jsme hotovi. Poznámka. Tvrzení, že je-li společnost k-dobrá, pak je i (k + )-dobrá, platí právě pro k {3, 4, 5, 6, 7, 8, 0,, 3, 6}. Protipříkladem pro k = 9 je například takzvaný Petersenův graf (obr. ). Obr.. Reálná čísla x, y, z jsou zvolena tak, že čísla x + yz, y + zx, z + xy jsou délkami stran (nedegenerovaného) trojúhelníku. Určete všechny možné hodnoty výrazu xy + yz + zx. (Michal Rolínek) Řešení. Při volbě x = y = z = t > 0 jsou zmíněná čísla délkami stran rovnostranného trojúhelníku a xy+yz+zx = 3t, takže výraz xy+yz+zx může nabývat všech kladných hodnot. Podobně pro x = y = t > 0 a z = t mají tři zlomky postupně hodnoty 3 t, 3 t, 6 t, což jsou kladná čísla odpovídající délkám stran rovnoramenného trojúhelníku (platí 6 < ). Přitom xy + yz + zx = 3t, takže výraz xy + yz + zx může nabývat i všech záporných hodnot. Viz Wikipedie: Hypohamiltonian graph. 3

4 ále dokážeme, že nuly výraz xy + yz + zx nabývat nemůže. Předpokládejme opak. Čísla x, y, z jsou nutně po dvou různá: pokud by platilo například x = y, byl by jmenovatel prvního zlomku roven x + yz = xy + (yz + xz) = 0, což není možné. Zkoumejme zlomky bez absolutních hodnot. Odečtením xy+yz+zx = 0 od každého jmenovatele s následnou úpravou na součin obdržíme x + yz + y + zx + z + xy = = (x y)(x z) + (y z)(y x) + (z x)(z y) = = (z y) + (x z) + (y x) (x y)(y z)(z x) Z toho ovšem vyplývá, že v původní trojici zlomků (s absolutními hodnotami) byla hodnota jednoho z nich součtem hodnot zbylých dvou. To je ve sporu s předpokladem, že tyto hodnoty jsou délkami stran nedegenerovaného trojúhelníku (nemohou totiž splňovat trojúhelníkovou nerovnost!). Odpověď. Možnými hodnotami výrazu jsou všechna reálná čísla kromě Je dán trojúhelník. Osa úhlu při vrcholu protíná stranu v bodě. Označme E, F středy kružnic opsaných trojúhelníkům,. Jakou velikost může mít úhel, leží-li střed kružnice opsané trojúhelníku EF na přímce? (Patrik ak) Řešení. Označme α velikost zkoumaného úhlu a O střed kružnice opsané trojúhelníku EF. Jelikož úhly a jsou ostré, leží oba body E a F v polorovině, a tudíž pro odpovídající středové a obvodové úhly příslušné tětivám a kružnic opsaných trojúhelníkům a (obr. ) platí = 0. E = = α = = F. Rovnoramenné trojúhelníky E a F jsou tedy podobné (sus), takže E = = F. protože jejich základny leží na téže přímce, je dokonce EF = α. Přímka je proto osou vnějšího úhlu u vrcholu v trojúhelníku EF. Ta, jak známo, prochází středem oblouku EF kružnice opsané trojúhelníku EF, tedy bodem, který leží na ose její tětivy EF. Tím bodem je ovšem bod O, který jako střed kružnice opsané trojúhelníku EF leží na ose strany EF (a dle předpokladu i na ). Speciálně tak platí F OE = F E = α. E F O Obr. Jelikož EF je deltoid, je i EF = α. Ze souměrnosti je zřejmé, že přímka EF odděluje body a O (jak už víme, leží bod O na oblouku EF, který je souměrně 4

5 sdružený s obloukem EF ). Podle věty o obvodovém a středovém úhlu je proto velikost nekonvexního úhlu EOF rovna dvojnásobku velikosti konvexního úhlu EF. Tím pádem 360 α = EF = α, z čehož okamžitě plyne α = 0. Naopak se snadno přesvědčíme, že aspoň jeden takový trojúhelník existuje (obr. 3): například pro = a α = 0 jsou E, F středy stran,, trojúhelníky E a F jsou rovnostranné a střed kružnice opsané trojúhelníku EF skutečně leží na straně (splývá totiž se středem strany ). E F Obr. 3 Odpověď. Jediná možná velikost úhlu je Uvažujme libovolnou trojici celých čísel a, b a c, která jsou délkami stran trojúhelníku, nemají společného dělitele většího než a pro něž jsou hodnoty všech tří zlomků a + b c a + b c, b + c a b + c a, c + a b c + a b celočíselné. okažte, že součin jmenovatelů těchto tří zlomků nebo jeho dvojnásobek je druhou mocninou celého čísla. (Jaromír Šimša) Řešení. Označme z = a + b c, x = b + c a, y = c + a b kladné jmenovatele jednotlivých zlomků. Pak a = (y + z), b = (z + x), c = (x + y) a a + b c = 4( (y + z) + (z + x) (x + y) ) = ( z(z + x + y) xy ), takže dle předpokladu musí platit z xy a podobně y xz a x yz. Nyní stačí dokázat, že pro každé liché prvočíslo p je exponent jeho nejvyšší mocniny, která ještě dělí součin xyz, sudý. Pokud bude i exponent nejvyšší mocniny dvojky, která ještě dělí součin xyz, sudý, bude xyz druhou mocninou celého čísla. V opačném případě bude druhou mocninou jeho dvojnásobek xyz. Pro liché prvočíslo p označme nejvyšší mocniny, v nichž p dělí čísla x, y, z, jako p α, p β, p γ. ez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že min{α, β, γ} = γ. Kdyby bylo γ > 0, dělilo by p každé z čísel x, y, z, a tedy i každé z čísel a, b, c, což je ve sporu s jejich předpokládanou nesoudělností. Tím pádem γ = 0. Z dělitelnosti x yz pak plyne α β a podobně z y xz plyne β α, tedy β = α, takže v součinu xyz se p skutečně vyskytuje v sudé mocnině α + β + γ = α. Tím je tvrzení úlohy dokázáno. 5

6 5. Je dán rovnoramenný lichoběžník s delší základnou. Označme I střed kružnice vepsané trojúhelníku a J střed kružnice připsané straně trojúhelníku. okažte, že přímky IJ a jsou rovnoběžné. (Patrik ak) Řešení. Označme K střed kružnice vepsané trojúhelníku. Jelikož zřejmě platí IK, stačí dokázat JK. Označme = = ϕ. Pak K = = 90 + ϕ a J = 90 ϕ, takže čtyřúhelník KJ je tětivový (obr. 4). ϕ J K I ϕ Obr. 4 Jelikož přímky K, J jsou osy střídavých úhlů, jsou rovnoběžné, což spolu s objevenou kružnicí dává KJ = J = K = K. Přímky a JK jsou tedy rovnoběžné. Poznámka. Střed M oblouku společné kružnice opsané trojúhelníkům a má jak známo obecně od vrcholů a stejnou vzdálenost jako od středů L a K kružnic po řadě těmto trojúhelníkům vepsaným. Protože oba úhly LJ a LJ jsou navíc pravé, leží body,, L a K na kružnici s průměrem LJ (obr. 5). Trojúhelník JKM je tudíž rovnoramenný a platí MJK = MK = M = = = = J, což dává potřebnou rovnoběžnost JK. L M J K I Obr. 5 6

7 Jiné řešení. Označme J patu výšky z bodu J na přímku a I patu výšky z bodu I na přímku (obr. 6). J J I Obr. 6 a+c I a c Stačí dokázat II + JJ = v, kde v je výška lichoběžníku. Označme = a, = = b, = c, = = u. Podle známých vzorců pak platí JJ = S + = c v u + c b, II = S + + = a v a + b + u. Po dosazení a roznásobení zbude dokázat rovnost u = ac + b, kterou dostaneme spojením dvou pythagorejských rovností ( a + c ) ( a c ) u = + v, b = + v anebo z Ptolemaiovy věty pro (tětivový) rovnoramenný lichoběžník. 6. Najděte nejmenší přirozené číslo n takové, že pro libovolné obarvení čísel,, 3,..., n třemi barvami existují mezi uvedenými čísly dvě čísla téže barvy, jejichž rozdíl je druhá mocnina přirozeného čísla. (Vojtech álint, Michal Rolínek, Josef Tkadlec) Řešení. okážeme, že hledané přirozené číslo je n = 9. Nejprve ukážeme, že ať obarvíme prvních 9 přirozených čísel jakkoli, vždy mezi nimi budou nějaká dvě čísla stejné barvy, jež se budou lišit o druhou mocninu přirozeného čísla. poté uvedeme příklad vhodného obarvení 8 čísel, které ukáže, že požadovanou vlastnost nemá žádné n 8. Připusťme naopak, že prvních 9 přirozených čísel lze obarvit třemi barvami,, tak, že rozdíl žádných dvou čísel téže barvy není druhá mocnina, a označme f(i) barvu čísla i pro i {,,..., 9}. Jelikož 9, 6 a 5 jsou druhé mocniny, musejí mít každá dvě z čísel, 0, 6 různou barvu. Totéž platí i pro každá dvě z čísel, 7, 6, tudíž čísla 0 a 7 musejí mít stejnou barvu. Stejnou úvahu uplatníme i pro další trojice tvaru a, a+9, a+5 a a, a+6, a+5, a {, 3, 4}, tudíž stejnou barvu musejí mít i čísla a 8, a 9, 3 a 0, tedy f() = f(8), f() = f(9) a f(3) = f(0). Označme barvu čísel 0 a 7, tj. f(0) = f(7) =. Jelikož čísla 0 a se liší o =, musí mít dvojice, 8 jinou barvu než, označme jejich barvu jako. Jelikož 9 = 8 + = 0 + 3, musí být f(9) různé od f(8) = i f(0) =, 7

8 takže f() = f(9) =. Z rovností 0 = 9 + = + 3 ovšem podobně plyne, že f(0) f(9) = a f(0) f() =, musí proto být f(3) = f(0) =. Odvodili jsme f(3) = = f(7), což je kýžený spor, neboť 7 3 = 4 =. Pro prvních 9 čísel tudíž takové obarvení neexistuje. Protipříklad pro n = 8 uvádíme v následující tabulce Obr. 7 Snadno ověříme, že každá dvě čísla, která se liší o, 4, 9, 6 nebo 5 jsou obarvena různou barvou. 8