49. roënìk matematickè olympi dy, III. kolo kategorie A. BÌlovec, 9.ñ12. dubna 2000

Transkript

1 49. roënìk matematickè olympi dy, III. kolo kategorie BÌlovec, 9.ñ. dubna 000

2 . Nechť n je přirozené číslo. Dokažte, že součet 4 n + 4 n je dělitelný třinácti, právě když n je sudé. (J. Šimša) Řešení. Označme a n = 4 n + 4 n. Ukážeme nejprve, že pro každé přirozené číslo n je rozdíl a n+ a n dělitelný třinácti. Po úpravách obdržíme rovnost Položme ve známém vzorci a n+ a n = 4 (8 n n ) + (56 n 4 n ). () p B p = ( B)( p + p B B p ), který platí pro každé přirozené p a pro libovolná dvě reálná čísla a B, nejprve p = n, = 8, B = a poté p = n, = 56, B = 4. Protože je 8 = 78 = 6 a také 56 4 = = (56 4)(56 + 4) = 5 60 = 0 5, jsou oba sčítanci na pravé straně rovnosti () čísla dělitelná. Je proto také rozdíl a n+ a n dělitelný. Číslo a není dělitelné, neboť a = 84 = 6 + 6, kdežto číslo a číslem dělitelné je (a = 09 = 84). Užitím principu matematické indukce již snadno zjistíme, že a n je dělitelné, právě když n je sudé. Tím je důkaz hotov. Jiné řešení. Sestavme tabulku zbytků při dělení čísla a n = 4 n + 4 n n n n n n a n třinácti. Zbytky obou čísel tvaru N n určujeme rekurentně pomocí rovností N n+ = N n N n = ( N n ). Protože = 9 a 9 = 8 (mod ), vidíme, že v druhém i třetím řádku tabulky se pravidelně střídá trojka s devítkou, zbytky čísla a n při dělení třinácti se tedy (vzhledem k číslu n) rovněž opakují s periodou. Číslo a n je tedy dělitelné třinácti, právě když n je sudé.. Je dán rovnoramenný trojúhelník BC se základnou B. Na jeho výšce CD je zvolen bod P tak, že kružnice vepsané trojúhelníku BP a čtyřúhelníku P ECF jsou shodné; přitom bod E je průsečík přímky P se stranou BC a F průsečík přímky BP se stranou C. Dokažte, že i kružnice vepsané trojúhelníkům DP a BCP jsou shodné. (J. Šimša, K. Horák) Řešení. Protože přímka CD je osou souměrnosti dvou vrcholových úhlů P B a EP F, leží střed I kružnice vepsané trojúhelníku BP na úsečce DP a zároveň střed I kružnice vepsané čtyřúhelníku P ECF leží na úsečce CP (obr. ). Navíc platí I P = I P, neboť obě zmíněné kružnice jsou shodné. Středy O, O kružnic vepsaných trojúhelníkům DP a BCP (obr. ) pak leží po řadě na úsečkách I, BI, neboť polopřímky I a BI jsou osy odpovídajících úhlů DP a CBP. Z rovnosti I P = I P navíc plyne, že trojúhelníky P I a BP I mají stejný obsah, protože se rovnají i příslušné výšky D = BD. Označme r, r poloměry kružnic vepsaných trojúhelníkům DP a BCP. Vyjádříme-li pomocí nich oba zmíněné obsahy (S(XYZ) značí obsah trojúhelníku XYZ), dostaneme S(P I ) = S(O P ) + S(O P I ) = P r + I P r = r ( P + I P ), S(BP I ) = S(BO P ) + S(O P I ) = BP r + I P r = r ( BP + I P ).

3 C C F I E I P P O r I O I r D B D B Obr. Obr. Vzhledem k tomu, že S(P I ) = S(BP I ), I P = I P a P = BP, plyne odtud r = r, což jsme měli dokázat. Jiné řešení. Vzhledem k souměrnosti trojúhelníku BC podle osy CD stačí dokázat, že se shodují kružnice vepsané trojúhelníkům BDP a BP C. Vnější společné tečny shodných kružnic vepsaných úhelníkům BP a P ECF jsou rovnoběžné se střednou CD, tedy kolmé na přímku B. Uvažujme tu z nich, která protíná úsečky D, P F a polopřímku opačnou CB. Tyto průsečíky označme po řadě D, P, C (obr. ). Ve stejnolehlosti, která zobrazí trojúhelník BD C na trojúhelník BDC, odpovídají trojúhelníkům BD P a BP C trojúhelníky BDP a BP C. Protože kružnice vepsaná čtyřúhelníku P ECF je zároveň vepsána i trojúhelníku BP C a kružnice vepsaná trojúhelníku BP je zároveň vepsána trojúhelníku BD P a obě uvedené kružnice jsou dle předpokladu shodné, jsou shodné i jejich obrazy ve zmíněné stejnolehlosti, tedy kružnice vepsané trojúhelníkům BDP a BP C. C C F P E P D D Obr. B

4 . V rovině je dáno 000 shodných trojúhelníků o obsahu, které jsou obrazy téhož trojúhelníku v různých posunutích. Každý z těchto trojúhelníků obsahuje těžiště všech zbývajících. Dokažte, že obsah sjednocení těchto trojúhelníků je menší než 9. (P. Calábek) Řešení. Nechť trojúhelník BC o obsahu je vzorem všech 000 trojúhelníků k B k C k, k {,,..., 000}, v různých posunutích. Obsahuje-li každý z těchto trojúhelníků těžiště všech zbývajících, plyne z řešení úlohy 49 I 4, že průnikem všech těchto trojúhelníků je trojúhelník 0 B 0 C 0, který je podobný trojúhelníku BC, přičemž jeho strany 0 B 0, B 0 C 0, C 0 0 jsou po řadě rovnoběžné se stranami B, BC, C a pro poměr podobnosti λ navíc platí λ ;. Je-li k B k C k (k {,,..., 000}) libovolný z daných trojúhelníků, je trojúhelník 0 B 0 C 0 jeho částí, proto leží vrchol k v polorovině B 0 C 0 0 ve vzdálenosti nejvýše v a od hraniční přímky B 0 C 0, kde v a je velikost výšky trojúhelníku BC příslušné vrcholu. Na druhou stranu je i vzdálenost strany B k C k od vrcholu 0 nejvýše v a. Protože navíc trojúhelník 0 B 0 C 0 obsahuje těžiště všech takovýchto trojúhelníků k B k C k, nemůže být vzdálenost strany B k C k od strany B 0 C 0 B k C k větší než v a. Vzdálenost vrcholu 0 od strany B 0 C 0 je λv a, dohromady je tedy vzdálenost obou rovnoběžných přímek B k C k, B 0 C 0 nejvýše min(, λ) v a. Vidíme, že všechny dané trojúhelníky leží uvnitř pásu omezeného dvěma rovnoběžkami a 0 a B 0 C 0 (obr. 4), jejichž vzdálenost od B 0 C 0 je v a a min(, λ) v a. nalogické tvrzení můžeme vyslovit i pro další dva směry C 0 0 a 0 B 0. Sjednocení všech daných trojúhelníků musí tedy ležet v průniku všech tří odpovídajících pásů. C k λ c 0 C 0 k 0 B 0 B k a 0 a b a 0 b 0 a c Obr. 4 Obr. 5 Rozlišíme nyní dva případy podle toho, čemu se rovná min(, λ).. Nechť λ <. Průnikem odpovídajících tří pásů je šestiúhelník, který vznikne z troj úhelníku T určeného trojicí přímek (a, b, c ) odstraněním tří trojúhelníčků T a, T b, T c určených trojicemi přímek (a 0, b, c ), (a, b 0, c ) a (a, b, c 0 ). V obr. 5 jsou vyznačeny některé poměrné vzdá lenosti vzhledem k B, s jejichž pomocí zjistíme, že trojúhelník T je podobný trojúhelníku BC s poměrem podobnosti + λ a trojúhelníky T a, T b, T c jsou podobné trojúhelníku BC s poměrem podobnosti λ. Z vypočtených poměrů je zároveň zřejmé, že pro λ = se trojúhelníky T a, T b, T c stáhnou do jediného bodu, takže uvedený šestiúhelník se zredukuje na trojúhelník T. Pro obsah S(λ) vyznačeného útvaru tak pro λ < platí ( S(λ) = ( + λ) λ ) = = λ + 4λ + = (λ ) + 8 < 8 9 = 9. 4

5 . Nechť λ. Průnikem odpovídajících tří pásů je opět šestiúhelník (obr. 6), přičemž c 0 b λ λ a 0 b 0 a Obr. 6 odpovídající trojúhelník T je podobný trojúhelníku BC s poměrem podobnosti λ a trojúhel níky T a, T b, T c jsou podobné trojúhelníku BC s poměrem podobnosti λ (v tomto případě se šestiúhelník zredukuje na trojúhelník T pro λ = ). Pro obsah S(λ) v tomto případě platí S(λ) = ( λ) ( λ) = = λ 6λ + 6 = (λ ) 49 9 = 9 c s rovností pro λ =. Zjistili jsme, že sjednocení všech trojúhelníků k B k C k (k =,,..., 000) je pro λ částí rovinného útvaru, jehož obsah je menší než 9. Pro λ = je pak částí šestiúhelníku s obsahem 9. Strana tohoto šestiúhelníku, která leží např. na přímce a 0, může obsahovat jen konečně mnoho vr cholů i daných trojúhelníků i B i C i, takže v šestiúhelníku určitě najdeme trojúhelníček kladného obsahu, který do uvažovaného sjednocení nepatří. Obsah sjednocení uvažovaných trojúhelníků je proto i v tomto případě menší než 9. Tím je důkaz hotov. 4. Pro které kvadratické funkce f(x) existuje taková kvadratická funkce g(x), že kořeny rovnice g ( f(x) ) = 0 jsou čtyři různé po sobě jdoucí členy aritmetické posloupnosti a současně i kořeny rovnice f(x)g(x) = 0? (P. Černek) Řešení. Ze zadání plyne, že každá z rovnic f(x) = 0, g(x) = 0 má dva reálné kořeny, přitom všechny čtyři kořeny obou uvažovaných rovnic jsou navzájem různé. Označme x, x kořeny rovnice f(x) = 0. Platí tedy f(x) = a(x x )(x x ), kde a je reálné číslo, a 0. Číslo x je podle zadání rovněž kořenem rovnice g ( f(x) ) = 0, platí tudíž g ( f(x ) ) = g(0) = 0. Odtud vyplývá, že rovnice g(x) = 0 má jeden kořen 0. Označme b (b 0) druhý kořen této rovnice. Je tedy g(x) = cx(x b), kde c je reálné číslo, c 0. Čísla 0 a b jsou podle zadání rovněž kořeny rovnice g ( f(x) ) = 0: g ( f(0) ) = cf(0) ( f(0) b ) = 0 a g ( f(b) ) = cf(b) ( f(b) b ) = 0. Jelikož čísla 0 a b nemohou být kořeny rovnice f(x) = 0, plyne odtud f(0) = f(b) = b. Na číselné ose jsou proto jak body 0 a b, tak i body x a x souměrně sdružené podle x-ové sou řadnice vrcholu paraboly y = f(x). Čísla 0, b, x a x (tvořící dle zadání aritmetickou posloupnost) mohou tedy být uspořádána dvěma způsoby: 5

6 Čísla x a x leží uvnitř intervalu s krajními body 0 a b. Pak x = b a x = b (při vhodné volbě indexů), tudíž takže b = 9 a a ( b = f(0) = a b )( b ) = ab 9, ( f(x) = a x )( x ) = ax 9 a a x + 9 a. Čísla 0 a b leží uvnitř intervalu s krajními body x a x. Pak x = b a x = b (při vhodné volbě indexů), tudíž b = f(0) = ab( b) = ab, takže b = a a ( f(x) = a x )( x + ) = ax + a a x a. Závěr: Úloze vyhovují všechny kvadratické funkce f tvaru f(x) = ax 9 x + 9 a nebo f(x) = ax + x a, kde a je libovolné nenulové reálné číslo. 5. Monika zhotovila papírový model trojbokého jehlanu, jehož podstavou byl pravoúhlý trojúhelník. Když model rozřízla podél odvěsen podstavy a podél těžnice jedné ze stěn, vznikl po rozvinutí do roviny čtverec o straně a. Určete objem tohoto jehlanu. (P. Leischner) Řešení. Označme BCD uvažovaný jehlan s podstavou BC, kde <) CB = 90. Podle textu úlohy byl model rozříznut podél obou odvěsen C a BC podstavy a dále podél těžnice z vrcholu D jedné ze stěn BCD, CD. Při řezu podél těžnice ve stěně BD by totiž nebylo možné rozvinout model do roviny. Bez újmy na obecnosti předpokládejme dále, že řez je veden podél těžnice DE ve stěně CD (obr. 7), kdy po rozvinutí do roviny vznikne útvar s hranicí BCE DE C B a pravým úhlem u vrcholu C (obr. 8). Protože tento útvar je čtverec (označme ho C), jsou úhly E D a DE C pravé (žádný z nich nemůže být přímý, neboť jejich součet je 80 ). Proto je těžnice DE trojúhelníku CD zároveň jeho výškou a body E, E jsou vrcholy čtverce C. D D E x F E x x x B C E x x B x C C Obr. 7 Obr. 8 6

7 Kdyby vrcholy E a E čtverce C byly sousední, z rovnosti E C = E a z toho, že C má vrchol C, by plynulo, že C = CE E B, a tak BC = BE, což ale odporuje rovnosti BC = BC (obr. 9). Tak jsme (sporem) dokázali, že vrcholy E a E čtverce C nejsou sousední, proto k vrcholům C patří (kromě bodů E, E a C) nutně bod D (z úseku E DE hranice BCE DE C B). Popsané body rozdělují hranici čtverce C = CE DE na úseky, jejichž délky jsou vyznačeny na obr. 8 pomocí výhodného označení x = a. Délky ostatních hran jehlanu spočteme podle Py thagorovy věty: DC = D = (x) + (x) = x 0, DB = (x) + (x) = x, B = x 5. bychom zjistili objem jehlanu BCD, potřebujeme určit velikost jeho tělesové výšky. Označíme-li F střed hrany B, vidíme, že hrana C je kolmá na rovinu EF D, neboť C BC EF a C DE. Rovina EF D je tedy E D kolmá na základnu BC. Tělesová výška jehlanu je proto výškou (z vrcholu D) trojúhelníku DEF. Protože DF tvoří těžnici trojúhelníku BD, ze známého vzorce pro velikost těžnice dostaneme C E DF = D + DB B = 4 x, takže strany trojúhelníku DEF mají délky DF = x 4, DE = x a EF = BC = x. Podle Heronova vzorce je obsah S takového trojúhelníku roven B Obr. 9 C S = x ( )( 4 + )( )( 4 = x 6 (7 )( )( )( ) x =, a tak má jeho výška v z vrcholu D velikost v = roven + ) = S EF = x. Objem V jehlanu BCD je proto V = C BC v = x = 8 a. Závěr: Objem uvažovaného jehlanu je 8 a. Poznámka. Ze čtverce lze popsaným způsobem čtyřstěn BCD požadovaných vlastností vytvořit, když je součet dvou ze tří předpokládaných stěnových úhlů při vrcholu D větší než úhel třetí. Protože jejich součet je 90, stačí ověřit, že každý z těchto tří úhlů je menší než 45. Nerovnost <) CDB < 45 je zřejmá, zbylé dvě nerovnosti jsou důsledkem výpočtů, podle kterých cos <) DB = 9 0 > a tg <) CD = tg( <) C DE ) = 4 <. 7

8 6. Najděte všechna čtyřmístná čísla abcd (v desítkové soustavě), pro něž platí rovnost abcd + = (ac + )(bd + ). (J. Zhouf ) Řešení. Rovnost 000a + 00b + 0c + d + = (0a + c + )(0b + d + ) lze upravit na tvar 00a(9 b) + 0a(9 d) + 0b(9 c) + c(9 d) = 0. Přitom každý ze čtyř sčítanců na levé straně je nezáporné celé číslo, proto bude tato rovnost splněna, právě když bude každý z nich roven nule. Protože je a > 0, musí být b = d = 9 a následně i c = 9. V tom případě rovnici vyhovuje libovolná číslice a, a {,,..., 9}. Řešením úlohy jsou tedy právě všechna následující čtyřmístná čísla: 999, 999, 999, 4 999, 5 999, 6 999, 7 999, a

9 49. roënìk matematickè olympi dy, III. kolo kategorie BÌlovec, 0. dubna 000. Nechť n je přirozené číslo. Dokažte, že součet 4 n + 4 n je dělitelný třinácti, právě když n je sudé.. Je dán rovnoramenný trojúhelník BC se základnou B. Na jeho výšce CD je zvolen bod P tak, že kružnice vepsané trojúhelníku BP a čtyřúhelníku P ECF jsou shod né; přitom bod E je průsečík přímky P se stranou BC a F průsečík přímky BP se stranou C. Dokažte, že i kružnice vepsané trojúhelníkům DP a BCP jsou shodné.. V rovině je dáno 000 shodných trojúhelníků o obsahu, které jsou obrazy téhož troj úhelníku v různých posunutích. Každý z těchto trojúhelníků obsahuje těžiště všech zbý vajících. Dokažte, že obsah sjednocení těchto trojúhelníků je menší než 9.

10 49. roënìk matematickè olympi dy, III. kolo kategorie BÌlovec,. dubna Pro které kvadratické funkce f(x) existuje taková kvadratická funkce g(x), že kořeny rovnice g ( f(x) ) = 0 jsou čtyři různé po sobě jdoucí členy aritmetické posloupnosti a sou časně i kořeny rovnice f(x)g(x) = 0? 5. Monika zhotovila papírový model trojbokého jehlanu, jehož podstavou byl pravoúhlý trojúhelník. Když model rozřízla podél odvěsen podstavy a podél těžnice jedné ze stěn, vznikl po rozvinutí do roviny čtverec o straně a. Určete objem tohoto jehlanu. 6. Najděte všechna čtyřmístná čísla abcd (v desítkové soustavě), pro něž platí rovnost abcd + = (ac + )(bd + ).