64. ročník matematické olympiády Úlohy klauzurní části školního kola kategorie 1. Určete počet cest délky 14, které vedou po hranách sítě na obrázku z bodu do bodu. élka každé hrany je jedna.. Je dán rovnoběžník, přičemž =. Určete všechny přímky, které dělí daný rovnoběžník na dva tečnové čtyřúhelníky. 3. Určete všechny dvojice (p, q) celých čísel takových, že p je celočíselným násobkem čísla q a kvadratická rovnice x + px + q = 0 má alespoň jeden celočíselný kořen. Klauzurní část školního kola kategorie se koná v úterý 9. prosince 014 tak, aby začala dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Za každou úlohu může soutěžící získat 6 bodů, úspěšným řešitelem je ten žák, který získá 10 bodů nebo více. ovolené pomůcky jsou psací a rýsovací potřeby a školní MF tabulky. Kalkulátory, notebooky ani žádné jiné elektronické pomůcky dovoleny nejsou. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.
64. ročník matematické olympiády Řešení úloh klauzurní části školního kola kategorie 1. Každá cesta z bodu do bodu délky 14 se nutně skládá ze sedmi hran směrem doprava a sedmi hran směrem nahoru. ostupně zleva doprava a zdola nahoru připíšeme ke každému bodu sítě, kolik cest z bodu složených z hran vedoucích vzhůru a doprava do něj vede (obr. 1). okud se dá do některého bodu přijít jen z jednoho směru, bude počet cest stejný jako počet cest vedoucích do bodu, z kterého přicházíme. okud se dá přijít ze dvou směrů, bude počet cest součtem počtů cest vedoucích do bodů, z nichž můžeme přijít. Takto umíme vyplnit celou síť. Hledaný počet cest se rovná číslu, které na konci připíšeme k bodu. (ři vyplňování můžeme využít osovou souměrnost podle přímky, a ušetřit si tak část práce.) 1 8 15 39 114 189 339 1 7 7 4 75 75 150 339 1 6 17 51 75 189 1 5 9 17 34 51 75 114 1 4 4 8 17 17 4 39 1 3 4 9 7 15 1 3 4 5 6 7 8 339 + 339 = 678 1 1 1 1 1 1 1 1 Obr. 1 Jiné řešení. ro snadnější vyjadřování označme některé body sítě jako na obr.. Každá cesta z bodu do bodu délky 14 se skládá ze sedmi hran směrem doprava a sedmi hran směrem nahoru. Úhlopříčku X 1 X 6 tak musí přetnout právě jednou, a to v jednom z šesti bodů X 1,..., X 6. ro každý z nich spočítáme, kolik cest jím vede. V dalším textu budeme pod pojmem cesta rozumět pouze trasy složené z hran směrem doprava a nahoru. X 1 X Y Z X 3 X 4 W X 5 X 6 Obr.
Vzhledem k tomu, že síť je osově souměrná podle přímky X 1 X 6, je obrazem každé cesty z do X i pro každé i = 1,,..., 6 v této osové souměrnosti cesta z X i do a naopak. očet cest z do X i je proto roven počtu cest z X i do. Jelikož každou cestu z do X i můžeme zkombinovat s libovolnou cestou z X i do, je celkový počet cest z do vedoucí bodem X i roven druhé mocnině počtu cest z do X i. Stačí tedy určit počet cest z do X i pro každé i = 1,,..., 6 a tato čísla umocnit na druhou a sečíst: o bodu X 1 vede z jediná cesta složená ze sedmi hran nahoru. o bodu X vede z celkem 7 cest právě jedna ze sedmi hran musí vést doprava a může to být kterákoli v jejich pořadí na cestě. o bodu X 3 se dá z dostat jedině některým (právě jedním) z bodů Y, Z, W : odem Y vede jediná cesta. o bodu Z vedou z čtyři cesty (jedna ze čtyř hran je doprava), z bodu Z do X 3 vedou tři cesty (jedna ze tří hran je nahoru). odem Z do bodu X 3 tak můžeme projít 4 3 = 1 způsoby. o bodu W vedou z čtyři cesty (jedna ze čtyř hran je nahoru), z bodu W do X 3 vede jediná cesta. odem W proto vedou čtyři cesty. Z do X 3 tedy vede celkem 1 + 1 + 4 = 17 cest. Jelikož síť je osově souměrná i podle přímky, do bodů X 4, X 5, X 6 vede z postupně stejný počet cest jako do bodů X 3, X, X 1. Vzhledem k uvedenému je celkový počet cest z do roven 1 + 7 + 17 + 17 + 7 + 1 = (1 + 49 + 89) = 678. Jiné řešení. Uveďme nejdříve známé pomocné tvrzení: okud je síť kompletní a má šířku m a výšku n, je počet cest délky m+n vedoucích z levého dolního do pravého horního rohu roven ( ) m+n m. Každá taková cesta je totiž jednoznačně určena posloupností m nul a n jedniček, v níž nula či jednička na k-tém místě znamená, že v k-tém kroku cesty zahneme doprava či nahoru. estou budeme opět rozumět pouze cesty složené z hran směrem doprava a nahoru. Kdyby byla síť kompletní, vedlo by z do celkem ( ) 14 7 = 3 43 cest. Z nich musíme vyloučit ty cesty, které vedou některým z bodů,, R, S (obr. 3). ro X {,, R, S} označme M X množinu všech cest z do vedoucích zvoleným bodem X. očet takových cest je zřejmě roven součinu počtu cest z do X a počtu cest z X do. R S Obr. 3
Z uvedeného vzhledem ke zřejmé symetrii bodů, S a bodů R, dostáváme ( ) ( ) ( ) ( ) 4 10 7 7 M = M S = = 1 51, M R = M = = 441, 5 5 Některé cesty z do však procházejí vícero body,, R, S. bychom vypočítali počet prvků sjednocení množin M, M, M R, M S, potřebujeme ještě určit počty prvků průniků dvojic a trojic z těchto množin (průnik všech čtyř množin je prázdný, protože žádná cesta nevede současně oběma body R i ). Z jednoduchého zobecnění úvahy o počtu cest vedoucích z do daným bodem X vyplývá, že počet cest, které vedou z Y 0 postupně body Y 1, Y,..., Y k+1, je roven součinu počtů cest z Y i do Y i+1 pro i = 0, 1,..., k. okud tedy označíme M Y1 Y...Y k množinu všech cest vedoucích z do postupně body Y 1, Y,..., Y k, pro počty prvků množin dostaneme (opět využijeme symetrii) M S = ( 4 ( ) ( ) 4 7 M = M R = M RS = M S = 1 = 16, ) ( ) ( ) ( ) 6 4 4 = 70, M S = M RS = 1 1 3 Ostatní průniky (se zastoupením obou množin M a M R ) jsou prázdné. Z principu exkluze a inkluze pak plyne M M M R M S = M + M + M R + M S ( ) 4 = 36. ( M M + M M R + M M S + M M R + M M S + M R M S ) + + ( M M M R + M M M S + M M R M S + M M R M S ) M M M R M S = = 1 51 + 441 (4 16 + 70 + 0) + ( 36 + 0) 0 = 754. est z do, které nevedou přes žádný z bodů,, R, S, je 3 43 754 = 678. Za úplné řešení udělte 6 bodů. okud žák má správný postup a jen se splete při numerických výpočtech, strhněte 1 body. okud žák postupuje jako u prvního řešení, tabulku však nedokončí, udělte 3 body, pokud je z řešení zřejmé, že žák chápe princip vyplňování u děr ; v opačném případě dejte nejvýše body. okud žák postupuje jako při třetím řešení, ale nesprávně použije princip inkluze a exkluze (např. zapomene na průniky trojic množin), dejte nejvýše 3 body. Za práci, v níž jsou uvedeny pouze dílčí výsledky např. z některého zde uvedeného řešení (bez náznaku dalšího postupu), dejte nejvýše body.. ři řešení využijeme známé kritérium: konvexní čtyřúhelník je tečnový, právě když součet délek jedné dvojice jeho protějších stran se rovná součtu délek druhé dvojice. 1 Má-li přímka dělit rovnoběžník na dva čtyřúhelníky, musí procházet vnitřními body dvou jeho protějších stran. Rozebereme obě možnosti. Uvažujme nejdříve dělící přímku spojující body, uvnitř stran,. Označme b délku strany a c, x a y postupně délky úseček, a (obr. 4, 1 Jedna implikace jednoduše plyne ze shodnosti úseků tečen z libovolného vrcholu tečnového čtyřúhelníku k vepsané kružnici.
y b y b c b x b x Obr. 4 kde jsme při popisu délek využili toho, že = b podle zadání). ředpokládejme, že přímka vyhovuje podmínkám úlohy. ro tečnové čtyřúhelníky a pak platí b + c = x + y, b + c = (b x) + (b y) = 4b (x + y). Sečtením obou rovnic dostaneme (b + c) = 4b neboli c = b. osazením do první rovnice vyjde x + y = b neboli x = b y. To znamená, že =. V středové souměrnosti podle středu S rovnoběžníku se proto bod zobrazí do bodu, tudíž přímka prochází bodem S; ten je zároveň středem úsečky. Z výše uvedeného vyplývá, že body, leží na kružnici k(s; 1 b). Její průsečíky se stranami a daného rovnoběžníku (souměrně sdružené podle středu S) určují polohu bodů a, tedy hledanou přímku. řitom pro každou takto nalezenou přímku procházející bodem S platí = b a + = + = = = b = +, takže jak čtyřúhelník, tak i s ním souměrně sdružený jsou opravdu tečnové. Všechna řešení úlohy jsou proto určena právě průsečíky kružnice k se stranami rovnoběžníku. odle trojúhelníkové nerovnosti pro trojúhelník je b + > b. Odtud plyne > b čili S > 1 b, tudíž je vnějším bodem kružnice k. Stejný závěr platí i pro ostatní vrcholy rovnoběžníku. Všechny společné body kružnice k s přímkami a tedy leží uvnitř stran rovnoběžníku. 1 k S k S 1 Obr. 5 Obr. 6 V případě, že je kosodélník (obr. 5), je jeho výška na stranu menší než b a vzdálenost středu S od přímek a je menší než 1 b, takže kružnice k má dva průsečíky s oběma delšími stranami a úloha má v tomto případě dvě řešení jedno odpovídá rozdělení kosodélníku na dva shodné kosočtverce a druhé na dva shodné rovnoramenné lichoběžníky. Těm se dá kružnice i opsat, jsou tedy v dané situaci dokonce dvojstředové.
okud je obdélník (obr. 6), jsou obě jeho delší strany tečnami kružnice k, která tak má s každou z nich společný právě jeden bod, tudíž existuje právě jedno řešení, jež odpovídá rozdělení daného obdélníku na dva shodné čtverce. b Obr. 7 Uvažujme nyní případ, kdy body a jsou vnitřními body obou kratších protějších stran daného rovnoběžníku, např. nechť je vnitřním bodem strany a je vnitřním bodem strany (obr. 7). Ve čtyřúhelníku pak již sama strana má větší délku než součet délek stran a, protože = b a + < + + = b. Kritérium z úvodu řešení tedy nemůže být splněno a další řešení v tomto případě nedostaneme. Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 1 bod za vyloučení případu, že přímka protíná kratší strany, 1 bod za uvedení rovností vyjadřujících podmínky, že čtyřúhelníky jsou tečnové, 1 bod za odvození rovnosti c = b, 1 bod za odvození rovnosti = a body za dokončení řešení. Jeden bod strhněte, pokud si žák neuvědomí, že v případě obdélníku je jen jedno řešení. Za uhodnutí řešení (tj. pokud jsou pouze uvedena obě rozdělení na kosočtverce a rovnoramenné lichoběžníky, ale chybí postup dokazující, že jiná řešení neexistují) dejte body po jednom za každé řešení. 3. V celém řešení budeme pro zjednodušení pojmem násobek rozumět vždy celočíselný násobek. ředpokládejme, že dvojice (p, q) celých čísel vyhovuje podmínkám úlohy. okud má uvažovaná kvadratická rovnice jeden z kořenů celočíselný, je i druhý kořen celočíselný, neboť podle Viètových vztahů kořeny x 1, x a koeficient p uvažované kvadratické rovnice splňují podmínku x 1 + x = p. ro oba celočíselné kořeny x 1, x navíc platí x 1 x = q. odle zadání je proto součet x 1 + x násobkem součinu x 1 x, a tedy i násobkem každého z kořenů x 1, x. Rozdíl dvou násobků daného čísla je opět násobkem tohoto čísla, proto i (x 1 + x ) x 1 = x je násobkem čísla x 1. nalogicky je x 1 násobkem čísla x. by byly kořeny navzájem svými násobky, nutně musí platit buď x = x 1, nebo x = x 1. Oba případy dále vyšetříme zvlášť. okud x = x 1, tak p = (x 1 + x ) = 0 a q = x 1 0. Jelikož 0 je násobkem každého celého čísla, hodnota x 1 může být libovolným celým číslem a dané úloze vyhovuje každá dvojice (p, q) = (0, n ), kde n je libovolné celé číslo (pro vygenerování všech různých řešení samozřejmě stačí uvažovat jen nezáporné hodnoty n). okud x = x 1 = x, tak p = x a q = x. by bylo x násobkem x, musí být buď x = 0, nebo násobkem čísla x. rvní případ přísluší řešení (p, q) = = (0, 0), které už jsme obdrželi i v předchozím případě pro n = 0. V druhém případě x leží v množině {, 1, 1, }, čemuž postupně odpovídají dvojice (p, q) {( 4, 4), (, 1), (, 1), (4, 4)}. Všechny čtyři zřejmě splňují podmínky zadání. Odpověď. Úloze vyhovují dvojice ( 4, 4), (, 1), (, 1), (4, 4), jakož i všechny dvojice (0, n ), kde n je libovolné nezáporné celé číslo, a žádné jiné.
Jiné řešení. ředpokládejme, že dvojice (p, q) vyhovuje zadání, a označme x 1 celočíselný kořen dané rovnice a k takové celé číslo, že p = k q. ak platí x 1 + kx 1 q + q = 0 neboli x 1 = q(kx 1 + 1). V případě, že x 1 = 0, dostáváme q = 0, a tedy i p = 0. okud x 1 0, je x 1 nenulovým násobkem čísla kx 1 + 1. rotože čísla kx 1 + 1 a x 1, a tedy i čísla kx 1 + 1 a x 1 jsou nesoudělná, 3 je to možné jen v případě, že kx 1 + 1 {1, 1}. okud kx 1 +1 = 1, je kx 1 = 0 a z nenulovosti x 1 plyne k = 0. roto q = x 1, p = 0 a podobně jako v prvním řešení dostáváme vyhovující dvojice (p, q) = (0, n ), kde n je libovolné celé číslo (hodnota n = 0 zahrnuje i případ x 1 = 0, který jsme již prověřili samostatně). okud kx 1 + 1 = 1, je kx 1 =, tedy dvojice (k, x 1 ) je některou z dvojic (1, ), (, 1), (, 1), ( 1, ), snadno již dopočítáme p = kx 1 = x 1 a q = x 1, a dostaneme tak zbylá řešení jako při prvním postupu. oznámka. Rozbor rovnice x 1 + kx 1 q + q = 0 (1) z předchozího řešení lze provést i bez úvahy o nesoudělnosti. Skutečně, z (1) plyne q x 1 a x 1 q, odkud x 1 x 1 q, a proto z (1) dokonce plyne x 1 q, což spolu s q x 1 vede k závěru, že q = ±x 1. o dosazení q = x 1 přejde (1) do tvaru x 1( + kx 1 ) = 0, po dosazení q = x 1 do tvaru kx 3 1 = 0. Závěr řešení je pak stejný jako při původním postupu. Za úplné řešení udělte 6 bodů. ři prvním postupu dejte body za uvedení Viètových vztahů spolu s argumentem o celočíselnosti x, body za odvození x = ±x 1 a po jednom bodu za dokončení každé větve. ři druhém postupu dejte body za odvození rovnosti x 1 = q(kx 1 + 1), body za vysvětlení, proč kx 1 + 1 {1, 1}, a po jednom bodu za dokončení každého případu. okud žák (při jakémkoli postupu) neuvažuje některou z dvojice větví a ve výsledku mu tak některé řešení chybí, udělte celkem nejvýše 4 body. okud žák úkol nevyřeší, ale uhodne všechna řešení, dejte body; při uhodnutí jedné (kompletní) větve řešení dejte 1 bod. 3 Čísla kx 1 + 1 a x 1 mohou být i záporná, nesoudělnost je i tehdy dobře definovaná.