56. ročník Matematické olympiády. b 1,2 = 27 ± c 2 25

Transkript

1 56. ročník Mtemtické olympiády Úlohy domácí části I. kol ktegorie 1. Njděte všechny dvojice (, ) celých čísel, jež vyhovují rovnici = 0. Řešení. Rovnici řešíme jko kvdrtickou s neznámou prmetrem. Její dis kriminnt je D = (7 + 5) 4( ) = kořeny 1, = 7 5 ± D. Jsou-li i celá čísl, musí ýt i D = ±( ) celé číslo. Můžeme tedy psát kde c je celé nezáporné. Rovnici D = = c, c = 0 opět řešíme jko kvdrtickou. Její kořeny jsou 1, = 7 ± c. 5 Jsou-li c celá čísl, musí ýt c druhou mocninou nějkého celého nezá porného čísl d. Pro celá nezáporná čísl c, d tedy pltí d 5c = 404 čili (d + 5c)(d 5c) = 404. Rozdíl (d + 5c) (d 5c) = 10c je sudý, tkže čísl d + 5c d 5c mjí stejnou pritu. Nvíc pro nezáporné c je d + 5c d 5c d + 5c 0, tkže z rozkldů čísl 404 n součin dvou celých čísel vyhovuje jediný, to Odtud d = 10, c = 0. Z kořenů d + 5c = 0, d 5c =. 1, = 7 ± d 5 1

2 je celým číslem jenom =. Potom 1, = 7 5 ± c, tedy 1 = =. Dné rovnici vyhovují dvě dvojice čísel (, ), to (, ) (, ). Jiné řešení. Trojčlen = ( + )( + 6) se dá rozložit n součin. Pokusme se n součin rozložit i výrz c, kde c je vhodná konstnt. Rozkld ude mít tvr c = ( + + x)( y). Po roznásoení prvé strny porovnání koeficientů u dostneme x + y = 5, 6x + y = 4, neoli x = 1 5, y = 6 5, tkže vyjde c = xy = 6 5. Dnou rovnici tk můžeme postupně uprvit n tvr = 6 5, ( + 1 )( ) = , ( )( ) = 101. Protože mod mod 5, vyhovují ze čtyř vyjádření čísl 101 ve tvru součinu dvou celých čísel jen následující dvě: = 1, = 101, tedy =, = ; = 101, = 1, tedy =, =. 1. V množině celých čísel vyřešte rovnici 4x 1xy +9y +7x 6y 11 = 0. [x = 4 n, y = + n n, n ]. Njděte všechn celočíselná řešení rovnice x 4xy + y x y 19 = 0. [x = 7, y = 6; x = 7, y = 4; x =, y = 1; x = 1, y = ; x =, y = ; x =, y = 1]. V množině celých čísel vyřešte rovnici x+1 + y 1 = 5. [x = y = n, n {0}; y x x = n, y = n 1, n ] 4. Njděte všechny dvojice celých čísel, tkových, že součet + je kořenem rovnice x + x + = 0. [ = = 0; = 0, = 1; = 6, = 8; = 6, = 9; 55 II 1]

3 . Je dán kružnice k s průměrem. K liovolnému odu Y kružnice k, Y, sestrojme n polopřímce Y od X, pro který pltí X = Y. Určete množinu všech tkových odů X. Řešení. Jestliže Y =, potom X =. Nechť Y. Oznčme p přímku procházející odem kolmou n C ten od přímky p ležící v polorovině Y, pro nějž pltí C = (or. 1). Podle zdání pltí X = Y. Úhel Y je podle Thletovy věty prvý, proto Y = = 90 Y = CX. Trojúhelníky Y CX jsou tedy shodné podle věty sus. Odtud vyplývá, že CX = Y = 90. od X proto leží n Thletově půlkružnici nd průměrem C. Nechť nopk X je liovolný vnitřní od této půlkružnice Y průsečík přímky X s kružnicí k (Y ). Trojúhelníky CX Y jsou shodné podle věty usu, proto X = Y. od X tedy ptří do hledné množiny. Hlednou množinou všech odů X je sjednocení dvou půlkružnic nd průměry C 1 C ležících v téže polorovině jko od ; C 1 C jsou ody ležící n kolmici vedené odem k přímce, přičemž C 1 = C = (or. ). od do hledné množiny ptří, ody C 1 C nikoliv. C 1 C p Y Y X X k k C Or. 1 Or. 1. Uvnitř strny C čtverce CD zvolme liovolně od X. Oznčme P, Q pty kolmic z odů D n přímku X. Dokžte, že trojúhelníky P DQ jsou shodné.. Je dán odélník CD. Dokžte, že průsečík P kružnic sestrojených nd průměry D (P ) leží n úsečce D.

4 . Njděte nejmenší přirozené číslo k tkové, že kždá k-prvková množin trojmístných po dvou nesoudělných čísel oshuje spoň jedno prvočíslo. Řešení. Ke konstrukci množiny po dvou nesoudělných trojmístných složených čísel s velkým počtem prvků můžeme využít toho, že mocniny dvou různých prvočísel jsou nesoudělné. Množin { 7, 5, 5, 7, 11, 1, 17, 19,, 9, 1 } oshuje 11 po dvou nesoudělných trojmístných čísel není v ní žádné prvočíslo. Pro dlší prvočíslo 7 už pltí 7 > 1 000, tkže kždé složené trojmístné číslo je dělitelné spoň jedním prvočíslem menším než 7. Dokážeme, že kždá spoň dvnáctiprvková množin po dvou nesoudělných troj místných čísel už oshuje prvočíslo. Množinu všech složených trojmístných čísel lze rozdělit n 11 podmnožin,, 5, 7, 11, 1, 17, 19,, 9, 1, kde i oshuje t čísl, jejichž nejmenším prvočinitelem je číslo i. Kždá dvě různá čísl z téže množiny i jsou soudělná. Nechť množin trojmístných po dvou nesoudělných čísel má spoň 1 prvků. Kdyy v yl pouze složená čísl, podle Dirichletov principu y oshovl dvě čísl z téže množiny i ; tto čísl y le yl soudělná. Proto množin musí oshovt spoň jedno prvočíslo. Hledné nejmenší číslo k je tedy Ukžte, že při zkoumání, zd je dné přirozené číslo N prvočíslo, stčí prověřit jeho dělitelnost prvočísly p N.. Njděte nejmenší přirozené číslo n s následující vlstností: Zvolíme-li liovolně n různých čísel z množiny {1,,..., 100}, jsou mezi nimi dvě tková, jejichž rozdíl je ) 11; ) 1. [) 56; ) 5]. N večírku je 0 lidí. Dokžte, že jsou mezi nimi dv, kteří mjí mezi osttními účstníky večírku stejný počet přátel (přátelství je symetrické: je-li přítelem, potom je přítelem ). 4. Určete nejmenší přirozené číslo n s následující vlstností: Zvolíme-li liovolných n přirozených čísel menších než 006, jsou mezi nimi dvě tková, že podíl součtu rozdílu jejich druhých mocnin je větší než. [1; 55 I 6] 4. V liovolném trojúhelníku C oznčme T těžiště, D střed strny C E střed strny C. Njděte všechny prvoúhlé trojúhelníky C s přeponou, pro něž je čtyřúhelník CDT E tečnový. Řešení. Konvexní čtyřúhelník je tečnový, právě když součty délek jeho protilehlých strn jsou stejné. V prvoúhlém trojúhelníku C s přeponou oznčme = C, = C (or. ). Podle Pythgorovy věty pltí D = ), ( ). C + CD = + E = + Protože těžiště trojúhelníku dělí těžnici v poměru 1 :, je T D = 1 D = 1 ), 1 + T E = E = 1 ( ). + 4

5 C T D T E Or. C Or. 4 Čtyřúhelník CDT E je tečnový, právě když CD + T E = EC + T D, tedy právě když + 1 ( ) + = + 1 ). + Je-li =, rovnost zřejmě pltí. Je-li >, je > + 1 4, tkže + 1 ( ) + < + 1 ). + Podoně je-li <, je ( ) > + 1 ). + Čtyřúhelník CDT E je tedy tečnový, právě když je trojúhelník C rovnormenný. Jiné řešení. Oznčíme-li ěžným způsoem,, c strny dného trojúhelníku t, t, t c délky jeho těžnic, ude čtyřúhelník CDT E tečnový, právě když t = t neoli Ukážeme, že uvedená rovnost pltí, právě když =. V liovolném trojúhelníku C totiž pltí 1 ( ) = 1 (t t ). (1) <, právě když t > t. () To je zřejmé z toho, že těžiště T uvžovného trojúhelníku leží ve stejné polorovině určené osou strny jko vrchol C (or. 4), přičemž T = t, T = t. Je-li =, rovnost (1) pltí. Nopk je-li npř. <, je podle (1) () 0 > 1 ( ) = 1 (t t ) > 0, což nelze. Proto =. Čtyřúhelník CDT E je tečnový, právě když je (prvoúhlý) trojúhelník C rovno rmenný. 5

6 1. Dokžte, že konvexní čtyřúhelník CD je tečnový, právě když + CD = C + + D.. Dokžte, že v trojúhelníku C pltí v < v, právě když t < t. [Oě nerovnosti jsou ekvivlentní s >.]. V rovnormenném trojúhelníku C má zákldn délku c = 4 rmeno C délku 7. Vypočítejte délky těžnic. [t = t = 9, t c = 45] 5. Njděte všechny dvojice (p, q) reálných čísel tkové, že mnohočlen x + px + q je dělitelem mnohočlenu x 4 + px + q. Řešení. Dělením mnohočlenu x 4 + px + q mnohočlenem x + px + q zjistíme, že pltí x 4 + px + q = (x + px + q)(x px + p + p q) + (pq p p )x + q p q pq + q. Mnohočlen x + px + q je dělitelem mnohočlenu x 4 + px + q, právě když je zytek (pq p p )x + q p q pq + q nulový mnohočlen, tedy právě když pltí součsně pq p p = p(q p p) = 0 q p q pq + q = q(1 p p + q) = 0. Je-li p = 0, potom q = 0 neo q = 1. Je-li q = 0, potom p = 0 neo p = 1. Je-li p 0 i q 0, potom musí pltit q p p = 0 1 p p + q = 0. Z druhé rovnice vyjádříme q = p + p 1. Po doszení do první rovnice máme p + + p p p = p + p = (p + )(p 1) = 0 odtud p = 1, q = 1 neo p =, q = 1. Vyhovuje tedy pět dvojic (p, q), to (0, 0), (0, 1), ( 1, 0), (1, 1), (, 1). Jiné řešení. Mnohočlen x + px + q je dělitelem mnohočlenu x 4 + px + q, právě když existují tková reálná čísl, že x 4 + px + q = (x + px + q)(x + x + ) = Porovnáním koeficientů dostneme podmínky = x 4 + ( + p)x + ( + p + q)x + (p + q)x + q. + p = 0, (1) + p + q = p, () p + q = 0, () q = q. (4) Jestliže q = 0, potom podle () p = 0 neo = 0. Doszením = 0 do () s využitím (1) dostneme p = p, tkže kromě p = 0 vyhovuje i p = 1. Jestliže q 0, vyplývá ze (4) = 1. Vzthy () (1) potom dávjí p pq = 0, tedy p = 0 neo q = 1. V prvním přípdě musí ýt podle () q = 1, ve druhém 1 p +1 = p odtud p = 1 neo p =. Vyhovuje tedy pět dvojic (p, q), to (0, 0), (0, 1), ( 1, 0), (1, 1), (, 1). 6

7 1. Dokžte, že pro kždé je mnohočlen x 4 + (1 )x + x + dělitelný mnohočlenem x x +.. Zjistěte, pro kterou hodnotu prmetru je mnohočlen x + 4x + x + 9 dělitelný mnohočlenem x x. [ = ]. Njděte společné kořeny mnohočlenů x 4 +x +x 9 x 4 x +4x. [ 1 ± 1 1] 6. Je dán úsečk 0 přímk p. Sestrojte trojúhelník s vrcholem výškou 0, jehož těžiště střed kružnice opsné leží n přímce p. Řešení. Předpokládejme, že C je hledným trojúhelníkem. Jeho strn C leží n přímce q, která prochází odem 0 je kolmá n úsečku 0. N této přímce leží i střed D strny C. Těžiště T je orzem odu D ve stejnolehlosti se středem koeficientem, leží proto n přímce q, která je orzem přímky q ve zmíněné stejnolehlosti. Střed S opsné kružnice leží n ose o strny C čili n přímce, která prochází odem D je rovnoěžná s úsečkou 0 (or. 5). o k T S q 0 D C q p Or. 5 Konstrukce: odem 0 vedeme přímku q kolmou n úsečku 0. Sestrojíme o rz q přímky q ve stejnolehlosti se středem koeficientem. Oznčíme T průsečík přímky q s přímkou p D průsečík přímky T s přímkou q. odem D vedeme rovno ěžku o s 0 její průsečík s přímkou p oznčíme S. Průsečíky kružnice k se středem S poloměrem S s přímkou q jsou vrcholy C hledného trojúhelníku. Důkz: Úsečk 0 je kolmá n strnu C, je to tedy výšk trojúhelníku C. od S ležící n přímce p je středem kružnice opsné trojúhelníku C. Ze shodnosti trojúhelníků DS CDS (Ssu) vyplývá, že D je střed strny C. Proto je D těžnice T těžiště trojúhelníku C (pltí totiž T = D ). Diskuse: Není-li přímk p rovnoěžná s úsečkou 0 ni n ni kolmá, jsou ody T S jednoznčně určeny. V tom přípdě má úloh právě jedno řešení (ž n oznčení 7

8 odů C), pokud kružnice k protíná přímku q ve dvou různých odech; neprotíná-li k přímku p ve dvou různých odech, nemá úloh řešení. Je-li úsečk 0 částí přímky p, není od S jednoznčně určen; vyhovují všechny rovnormenné trojúhelníky se zákldnou C, která má střed v odě 0. Je-li úsečk 0 rovnoěžná s přímkou p, le neleží n ní, nemá úloh řešení. Je-li přímk p kolmá n úsečku 0, má úloh řešení pouze tehdy, jsou-li přímky q p totožné. To nstne, jestliže přímk p protíná úsečku 0 v odě V, pro nějž pltí V = 0 V. V tkovém přípdě můžeme od T zvolit n p kdekoliv úloh má nekonečně mnoho řešení. 1. Dokžte, že v kždém nerovnostrnném trojúhelníku leží ortocentrum V, těžiště T střed S opsné kružnice n jedné přímce, přičemž T leží mezi V S pltí T V = = ST. (Přímk, n níž leží ody S, T V, se nzývá Eulerov přímk.). Jsou dány ody, D V. Sestrojte trojúhelník C, v němž D je střed strny C V průsečík výšek. 8