67. ročník mtemtické olympiády Úlohy krjského kol ktegorie A 1. Pvel střídvě vpisuje křížky kolečk do políček tbulky (zčíná křížkem). Když je tbulk celá vyplněná, výsledné skóre spočítá jko rozdíl X O, kde X je součet druhých mocnin počtů křížků v jednotlivých řádcích sloupcích O je součet druhých mocnin počtů koleček v jednotlivých řádcích sloupcích. Určete všechny možné hodnoty skóre dosžitelné pro tbulku 67 67. 2. Je dán polokružnice k nd průměrem P Q. N ní je sestrojen tětiv BC pevné délky d, jejíž krjní body jsou různé od bodů P, Q. Pprsek vyslný z bodu B se od průměru P Q odrzí do bodu C v tkovém bodě A, že P AB = QAC. Dokžte, že velikost úhlu BAC nezávisí n poloze tětivy BC n polokružnici k. 3. Jsou dán dvě různá kldná reálná čísl, b. Uvžujme rovnici x + b = bx +, kde y oznčuje největší celé číslo, které nepřevyšuje y. Dokžte, že existuje intervl délky lespoň 1 mx {, b}, jehož všechny body jsou řešeními dné rovnice. (Délkou intervlu s krjními body u, v rozumíme číslo u v bez ohledu n to, který z krjních bodů do intervlu ptří.) 4. Rozhodněte, zd existují kldná celá čísl n k tková, že n 11 k n je druhou mocninou celého čísl. Krjské kolo ktegorie A se koná v úterý 16. ledn 2018 tk, by zčlo dopoledne by soutěžící měli n řešení úloh 4 hodiny čistého čsu. Povolené pomůcky jsou pscí rýsovcí potřeby školní MF tbulky. Klkulátory, notebooky ni žádné jiné elektronické pomůcky dovoleny nejsou. Z kždou úlohu může soutěžící získt 6 bodů; hodnotí se přitom nejen správnost výsledku, le i logická bezchybnost úplnost sepsného postupu. Bodová hrnice k určení úspěšných řešitelů bude stnoven centrálně po vyhodnocení sttistik bodových výsledků ze všech krjů. Tyto údje se žákům sdělí před zhájením soutěže.
67. ročník mtemtické olympiády Řešení úloh krjského kol ktegorie A 1. Oznčme n = 67 rozměr tbulky. Jelikož číslo n je liché, je křížků v tbulce celkem k = 1 2 (n2 +1). Příspěvek řádku obshujícího křížků n koleček do celkového skóre je 2 (n ) 2 = 2n n 2. Protože součet všech hodnot pro jednotlivé řádky je roven výše určenému číslu k, sčítáním přes všech n řádků získáváme, že jejich celkový příspěvek je 2nk n n 2 = n2 + 1 2 2n n 3 = n. Totéž pltí i pro sloupce, tkže výsledné skóre je vždy rovno n + n = 2n = 134. Jiné řešení. Uvžme tbulku n n vyplněnou zcel libovolně kolečky křížky. Dokážeme, že přepsáním libovolného kolečk n křížek se skóre zvýší o 4n, jelikož pro tbulku vyplněnou smými kolečky je skóre rovno 2n 3 Pvlem vyplněná tbulk obshuje 1 2 (n2 + 1) křížků, bude výsledné skóre vždy rovno 2n 3 + 4n 1 2 (n2 + 1) = 2n. Oznčme přepisovné políčko P předpokládejme, že ve sloupci řádku obshujícím P se nchází s, resp. r křížků. Příspěvek tohoto řádku sloupce se tk změní z původního A = r 2 (n r) 2 + s 2 (n s) 2 = 2n(r + s) 2n 2 n B = (r + 1) 2 (n r 1) 2 + (s + 1) 2 (n s 1) 2 = 2n(r + 1 + s + 1) 2n 2, ztímco příspěvek osttních řádků sloupců se nezmění. Jelikož B A = 4n, jsme hotovi. Jiné řešení. Vyplní-li Pvel tbulku 67 67 tk, že se křížky ncházejí právě ve všech políčkách prvních 33 řádků v prvních 34 políčkách 34. řádku, sndno vyjádříme X = 33 67 2 + 34 2 + 34 34 2 + 33 33 2 O = 33 2 + 33 67 2 + 34 33 2 + 33 34 2. Pro tkto vyplněnou tbulku nám vyjde X O = 2 (34 2 33 2 ) = 134. Nyní dokážeme, že hodnot skóre nezávisí n tom, ve kterých políčkách křížky jsou. K tomu stčí dokázt, že hodnot skóre se nezmění, prohodíme-li křížek s kolečkem ležícím v témže řádku nebo v témže sloupci. Opkovným prováděním tkových opercí lze totiž z kždé Pvlem vyplněné tbulky získt tbulku vyplněnou jko ve výše popsném přípdě. Bez újmy n obecnosti předpokládejme, že prohzovné znky leží v témže řádku, oznčme s x, s o sloupce, v nichž leží prohzovný křížek, resp. kolečko. Konečně oznčme, b počet (osttních) křížků ve sloupcích s x, s o. Příspěvek sloupce s x do výsledného skóre se změní z původního A 1 = ( + 1) 2 (n 1) 2 n nové A 2 = 2 (n ) 2, příspěvek sloupce s o se změní z původního B 1 = b 2 (n b) 2 n
nové B 2 = (b + 1) 2 (n b 1) 2 příspěvky osttních sloupců řádků se nezmění. Výsledné skóre se tk změní o hodnotu A 2 A 1 + B 2 B 1 = 2 1 2(n ) + 1 + 2b + 1 + 2(n b) 1 = 2n + 2n = 0. Tím jsme hotovi. Z úplné řešení udělte 6 bodů. Neúplné řešení: Po 1 bodu udělte z tvrzení, že skóre bude vždy 134 (bez zdůvodnění), z popsný výpočet skóre pro nějké konkrétní vyplnění tbulky. U třetího řešení nestrhávejte body z bsenci formálního důkzu, že z jedné vyplněné tbulky lze postupným prohzováním křížků koleček dostt kždou jinou vyplněnou tbulku. 2. Oznčme l polokružnici, jež je obrzem polokružnice k v osové souměrnosti podle průměru P Q, sestrojme bod C jko obrz bodu C v této osové souměrnosti. Bod C zřejmě leží n l. Z vlstností osové souměrnosti dále plyne QAC = QAC, protože QAC = P AB, leží body B, A, C v přímce (obr. 1). Zároveň je trojúhelník C CA rovnormenný, tkže pro jeho vnější úhel BAC pltí BAC = AC C + ACC = 2 BC C. Tětiv BC kružnice k l má pevnou délku, proto má i příslušný obvodový úhel BC C konstntní velikost. Hodnot BAC = 2 BC C tk nezávisí n poloze tětivy BC. C B k P A Q B S C s k o l C P A O Q Obr. 1 Obr. 2 Jiné řešení. Oznčme O střed průměru P Q polokružnice k. Dokážeme, že bod O vždy leží n kružnici s opsné trojúhelníku ABC (obr. 2). A protože celý průměr P Q leží v polorovině určené tětivou BC, vyplyne z rovnosti obvodových úhlů nd tětivou BC rovnost BAC = BOC, což je hodnot, jež n poloze tětivy BC nezávisí. Tím bude tvrzení úlohy dokázáno. Uvědomme si, že bod O leží n ose o úsečky BC, n níž leží i střed S toho oblouku BC kružnice s, který neprochází bodem A. Přímk OS tk obshuje průměr kružnice s s jedním krjním bodem S. Podle Thletovy věty bude jeho druhým krjním bodem právě bod O přímky P Q ( náš důkz tk bude hotov), když ověříme, že SA P Q.
Podle zdání jsou shodné úhly BAP CAQ, díky shodnosti tětiv SB SC kružnice s jsou všk shodné i úhly BAS CAS, tkže jsou shodné i úhly SAP SAQ, jsou to tedy skutečně dv prvé úhly, jk jsme slíbili ověřit. Poznámk. Dodejme, že bod A n P Q je rovností ze zdání jednoznčně určen. Stčí proto ukázt, že bod A lze njít jko průsečík kružnice s opsné (rovnormennému) trojúhelníku OBC s přímkou P Q: Pokud je BC rovnoběžné s P Q, je zřejmě A = O; v opčném přípdě existuje dlší průsečík X O kružnice s s přímkou P Q pro ten pltí, že v něm vztyčená kolmice k P Q prochází středem S oblouku BC, je tudíž osou úhlu BXC, tkže vskutku X = A. Z úplné řešení udělte 6 bodů, z toho při prvním postupu udělte 1 bod z popis konstrukce pomocného bodu C (resp. B ), 1 bod z důkz, že bod C leží n přímce AB, 2 body z vyjádření BAC pomocí BC C nebo BOC, 2 body z dokončení důkzu. U druhého postupu udělte 4 body z důkz toho, že bod O vždy leží n kružnici opsné trojúhelníku ABC či bod A n kružnici opsné trojúhelníku OBC 2 body z dokončení důkzu. 3. Uvžujme lineární funkce f(x) = x + b g(x) = bx +. Jelikož čísl, b jsou kldná různá, jsou jejich grfy dvě různé přímky s kldnou směrnicí obě funkce f g jsou rostoucí. A protože f(1) = g(1) = + b, je bod P [1, + b] průsečíkem obou přímek (obr. 3). g t + 1 + b t P f O x 1 1 x 2 Obr. 3 Bez újmy n obecnosti předpokládejme, že b >, tkže přímk určená funkcí g je strmější než přímk určená funkcí f. Jinými slovy pro x < 1 je f(x) > g(x), ztímco pro x > 1 je f(x) < g(x). To osttně plyne i z lgebrického vyjádření f(x) g(x) = (x + b) (bx + ) = (b )(1 x). Oznčme t = + b nlezněme čísl x 1 1 < x 2 tková, že g(x 1 ) = t g(x 2 ) = = t + 1 (tj. x 1 = (t )/b x 2 = (t + 1 )/b). Tvrdíme, že intervl x 1, x 2 ), který obshuje číslo 1, má všechny poždovné vlstnosti. Nejprve ukážeme, že pro kždé x x 1, x 2 ) pltí t f(x) < t + 1 t g(x) < t + 1, (1) což povede k závěru, že x je řešením zdné rovnice, neboť obě její strny pk budou rovny číslu t. Skutečně, pro kždé tkové x pltí buď x 1 x 1, nebo 1 < x < x 2. Díky nerovnostem mezi hodnotmi f g v prvním přípdě pltí t = g(x 1 ) g(x) f(x) f(1) = + b < t + 1,
ve druhém přípdě pk je t + b = f(1) < f(x) < g(x) < g(x 2 ) = t + 1, tkže (1) pltí v obou přípdech. Všechn čísl z intervlu x 1, x 2 ) jsou tk řešením zdné rovnice. Nvíc z rovností plyne 1 = t + 1 t = bx 2 + (bx 1 + ) = b(x 2 x 1 ) x 2 x 1 = 1 b = 1 mx{, b}, tudíž intervl x 1, x 2 ) má i poždovnou délku. Z nšeho výsledku plyne, že podmínkám úlohy vyhovuje i intervl (x 1, x 2 ). Jiné řešení. Pro libovolně zvolené celé číslo t má rovnice x + b = t z řešení právě t x, pro něž pltí t x+b < t + 1. Tková x díky podmínce > 0 tvoří intervl I 1 = t b, t b + 1 ), který má délku 1/. Podobně všechn řešení rovnice bx + = t tvoří intervl t I 2 =, t + 1 ) b b délky 1/b. V přípdě < b tk stčí dokázt existenci celého t, pro něž má intervl I 1 I 2 stejnou délku 1/b jko krtší intervl I 2. To nstne, právě když bude pltit I 2 I 1, což lze vyjádřit dvojicí nerovností mezi krjními body obou intervlů ve tvru t b t b t + 1 b t b + 1. Sndno se přesvědčíme, že z nšeho předpokldu 0 < < b obě nerovnosti pltí, právě když + b 1 t + b. Vždy tedy vyhovuje t = + b ; je-li číslo + b celé, vyhovuje i t = + b 1. S ohledem n symetrii pltí předchozí vět i v opčné situci, kdy > b. Z úplné řešení udělte 6 bodů, v přípdě drobných nedosttků strhněte 1 bod. Při hodnocení částečných řešení udělte následující body (částečné body podle prvního druhého řešení se nesčítjí!). Při postupu podle prvního řešení 1 bod z konsttování, že vyhovuje x = 1 neboli že se uvžovné přímky protínjí v bodě [1, + b], 1 bod z rozhodnutí, že budeme hledt jen t x, pro něž se obě strny rovnice rovnjí hodnotě t = + b, 1 bod z výpočet krjních bodů x 1, x 2 u strmější funkce pomocí, b t (postčuje pro jeden z přípdů < b, > b), dlší 1 bod z důkz, že intervl s těmito krjními body má poždovnou délku 1/ mx(, b) 2 body z lgebrické nebo grfické ověření, že n tomto (polouzvřeném) intervlu se obě strny rovnice rovnjí. V přípdě postupu podle druhého řešení udělte 2 body z nlezení intervlů, ve kterých jsou funkce x + b bx + rovny konstntě t, 1 bod z důkz, že krtší z nich mjí poždovnou délku 1/ mx(, b), 1 bod z správný zápis inkluze 2 body z dopočet t = + b. Pokud řešitel nebude postupovt v dosttečné obecnosti vzhledem k reálným prmetrům b, udělte nejvýše 1 bod z (úplný) důkz pro jednu konkrétní dvojici (, b) nejvýše 3 body z (úplný) důkz pro nekonečně mnoho dvojic (, b) (npříkld pro dvojice = 1, b = m > 1, kde m je libovolné přirozené číslo).
4. Tková čísl neexistují. Předpokládejme nopk, že n k jsou kldná celá čísl tková, že n 11 k n = 2 pro nějké kldné celé číslo. Po sndné úprvě dostáváme n( 2 + 1) = 2 11 k. Jelikož čísl 2 2 + 1 jsou pro kždé 1 nesoudělná, musí být 2 + 1 dělitelem čísl 11 k, to dělitelem netriviálním, neboť 2 + 1 > 1. To znmená, že 2 + 1 = 11 t pro nějké 1 t k neboli číslo 2 musí při dělení 11 dávt zbytek 10. Sndno všk ověříme, že žádná druhá mocnin celého čísl zbytek 10 při dělení 11 nedává: to smozřejmě stčí ověřit pouze pro čísl 0, 1,..., 10. Jejich druhé mocniny dávjí postupně zbytky 0, 1, 4, 9, 5, 3, 3, 5, 9, 4, 1, čímž jsme dospěli ke slíbenému sporu. Žádná tková čísl n k neexistují. Poznámk. Jelikož (11 r) 2 = 11 (11 2r) + r 2, dávjí druhé mocniny čísel r 11 r při dělení 11 stejné zbytky, tkže poslední tvrzení stčilo ověřit jen pro čísl 0, 1, 2, 3, 4, 5. Z úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 3 body z důkz, že stčí řešit rovnici 2 + 1 = 11 t pro t 1; 2 body z důkz, že žádná druhá mocnin celého čísl nedává zbytek 10 při dělení 11; 1 bod z dokončení důkzu. Z pouhé uvedení správné odpovědi (bez jkéhokoliv zdůvodnění) neudělujte žádný bod.