63. ročník mtemtické olympiády III. kolo ktegorie Ostrv, 23. 26. řezn 204 MO
. Nechť n je celé kldné číslo. Oznčme všechny jeho kldné dělitele d, d 2,..., d k tk, y pltilo d < d 2 <... < d k (je tedy d = d k = n). Zjistěte všechny tkové hodnoty n, pro něž pltí d 5 d 3 = 50 d 5 +8d 7 = 3n. (Mtúš Hrminc) Řešení. Rozlišíme, zd hledné n je liché či sudé. (i) Nechť n je liché, pk i všechn d i jsou lichá. Z rovnosti d 5 + 8d 7 = 3n plyne d 7 d 5 tké d 5 8d 7 neoli d 5 d 7. Z d 5 d 7 d 5 s ohledem n d 7 > d 5 máme d 7 = = d 5 po doszení do rovnosti d 5 +8d 7 = 3n dostneme 99d 5 = 3n neoli 33d 5 = n. Vidíme, že čtyři čísl, 3, 33 jsou dělitelé čísl n, to dokonce jediní dělitelé menší než 50, neoť pro pátý dělitel d 5 už podle zdání pltí d 5 = d 3 + 50 > 50. Máme tedy d =, d 2 = 3, d 3 =, d 4 = 33, d 5 = d 3 + 50 = 6, proto n = 33d 5 = 33 6 = 2 03. Toto číslo skutečně vyhovuje, neoť jeho nejmenší dělitelé jsou v předchozí větě vypsáni správně, nvíc pltí d 6 = 6 3 d 7 = 6, tkže je skutečně splněno d 7 = d 5, tedy i vše poždovné. (ii) Nechť n je sudé. Z rovnosti d 5 + 8d 7 = 3n pk plyne 2 d 5, tkže rovněž 2 d 5 50 = d 3. Protože d = d 2 = 2, nemůže ýt d 3 = 3, tkže je uď d 3 = 4, neo d 3 = 2t, kde t > 2. Poslední všk možné není (číslo t < d 3 y chyělo ve výpisu nejmenších dělitelů čísl n), proto je nutně d 3 = 4. Pk je ovšem d 5 = d 3 + 50 = 54, tedy 3 n, přestože 3 není mezi nejmenšími děliteli čísl n. Žádné vyhovující sudé n proto neexistuje. Odpověď. Úloh má jediné řešení n = 2 03. Jiné řešení. Pro dělitele d 5 < d 7 máme d 5 = n/x d 7 = n/y, kde x > y jsou opět kldní dělitelé čísl n. Doszením do d 5 + 8d 7 = 3n dostneme po vydělení n rovnici /x + 8/y = 3, kterou v ooru všech celých kldných čísel stndrdně vyřešíme, kupříkldu úprvou n součinový tvr: 8x = y(3x ) 8(3x ) + 88 = 3y(3x ) (3x )(3y 8) = 88. Z první uprvené rovnice máme 3x > 0, tkže z poslední rovněž 3y 8 > 0; s přihlédnutím k x y + tudíž pltí 3x 3y 8 > 0. Pro uspořádnou dvojici činitelů z rozkldu čísl 88 proto dostáváme následující možnosti (3x, 3y 8) {(88, ), (44, 2), (22, 4), (, 8)}. Podle zytků modulo 3 všk vyhovují pouze dvojice (88, ) (22, 4), kterým odpovídjí páry (x, y) rovné (33, 3), resp. (, 4). Pro první z nich máme d 5 = n/33 ( d 7 = n/3), tkže, 3, 33 jsou dělitelé čísl n, odkud stejně jko v prvním řešení dojdeme k hlednému n = 2 03. Pro (x, y) = (, 4) neoli d 5 = n/ d 7 = n/4 má číslo n dělitele, 2, 4,, 22, 44, což je ve sporu s nerovností d 5 > 50. 2. V rovině, v níž je dán úsečk, uvžujme trojúhelníky XY Z tkové, že X je vnitřním odem úsečky, trojúhelníky XY XZ jsou podoné ( XY XZ) ody,, Y, Z leží v tomto pořdí n kružnici. Njděte množinu středů všech úseček Y Z. (Michl Rolínek, Jroslv Švrček) Řešení. Podle zdání leží ody Y Z ve stejné polorovině s hrniční přímkou. Sestrojme orz Y odu Y v souměrnosti podle přímky. Vzhledem k předpokládné podonosti jsou úhly XZ Y X shodné (or. ), tkže je tké Z = Y Z. Z této rovnosti ovšem podle věty o ovodových úhlech plyne, že n kružnici k opsné trojúhelníku Z leží nejen od Y, le i od Y. Přímk jkožto os tětivy Y Y tk prochází středem O kružnice k, tkže tětiv je její průměr. Kružnice k = Z 3
tedy n volě odu Z nezáleží. Střed M její tětivy Y Z proto nutně leží ve vnitřní olsti kružnice k. Z prvých úhlů OMZ OMY (or. 2) vidíme, že (menší) úhly MO MO jsou ostré, tkže od M nutně leží v průniku vnějších olstí Thletových kružnic nd průměry O O. Ukžme, že oě nutné podmínky n polohu odu M už společně vymezují hlednou množinu. k Y k M Y Z Z X X O Or. Y Or. 2 Y Nechť M je liovolný od ve vnitřní olsti kružnice k, pro nějž jsou o úhly MO MO ostré (tj. od M leží vně oou kruhů s průměry O O). Pk zřejmě kolmice k přímce OM v odě M protne kružnici k v polorovině M, tkže n jedné z Thletových polokružnic nd průměrem vytne tětivu, jejíž krjní ody můžeme oznčit Y Z tk, y,, Y, Z ylo pořdím odů n kružnici k. Je-li Y orz odu Y n druhé polokružnici v souměrnosti podle průměru, pk pro průsečík X úseček Y Z pltí, že trojúhelníky XY XZ jsou podoné podle věty uu. Důkz je hotov. Závěr. Hlednou množinou je vnitřek kruhu s průměrem středem O ez oou kruhů s průměry O O (or. 3). O Or. 3 3. Mějme šchovnici 8 8 ke kždé hrně, která odděluje dvě její políčk, npišme přirozené číslo, jež udává počet způsoů, kterk lze celou šchovnici rozřezt n odélníčky 2 tk, y dotyčná hrn yl součástí řezu. Určete poslední číslici součtu všech tkto npsných čísel. (Michl Rolínek) Řešení. Dotyčných hrn je 7 8 = 56 svislých stejný počet vodorovných, celkem jich je 56 2 = 2. Při liovolném rozřezání šchovnice vznikne 32 odélníčků 2, proto se kždé tkové rozřezání dotkne právě 2 32 = 80 hrn, přispěje tk do celkového součtu číslem 80. Výsledný součet je tudíž dělitelný číslem 80, tkže jeho dekdický zápis končí nulou. 4
4. Do kin přišlo 234 diváků. Určete, pro která n 4 se mohlo stát, že diváky šlo rozesdit do n řd tk, y kždý divák v i-té řdě se znl právě s j diváky v j-té řdě pro liovolná i, j {, 2,..., n}, i j. (Vzth známosti je symetrický.) (Tomáš Jurík) Řešení. Pro kždé k {, 2,..., n} oznčme p k počet diváků v k-té řdě. Podmínk úlohy pro dná i j znmená, že počet známostí mezi diváky z i-té j-té řdy je roven jp i. Prohozením rolí čísel i j zjistíme, že stejný počet se má rovnt číslu ip j. Musí tedy pltit jp i = ip j neoli p i : p j = i : j. Docházíme tk k závěru, že počty p k diváků v jednotlivých řdách nutně splňují podmínku p : p 2 :... : p n = : 2 :... : n. Ukžme, že je to i podmínk postčující, že tedy při počtech p k = kd pro vhodné celé d se rozeszení diváci mohli znát tk, y podmínk ze zdání úlohy yl splněn. Pro d = tomu tk jistě ude, když se udou nvzájem znát všichni diváci v kině; pro oecné d stčí, y diváci yli rozděleni do d skupin nvzájem se znjících diváků y diváci z kždé tkové skupiny yli rozeszeni do jednotlivých řd stejně jko v přípdě d =. Nším úkolem je tedy zjistit, pro která n 4 existuje celé kldné číslo d vyhovující rovnici d + 2d +... + nd = 234 neoli dn(n + ) = 468. Hledáme tk všechny dělitele čísl 468 = 2 2 3 2 3, již jsou tvru n(n + ). Protože 22 23 > 468, musí pltit n < 22, tedy n {4, 6, 9, 2, 3, 8}. Vidíme, že vyhovuje jedině n = 2 (s příslušným d = 3). Odpověď. Popsná situce mohl nstt jedině při rozeszení diváků do 2 řd. 5. Je dán ostroúhlý trojúhelník C. Oznčme k kružnici s průměrem. Kružnice, která se dotýká osy úhlu C v odě prochází odem C, protíná kružnici k v odě P, P. Kružnice, která se dotýká osy úhlu C v odě prochází odem C, protíná kružnici k v odě Q, Q. Dokžte, že průsečík přímek Q P leží n ose úhlu C. (Peter Novotný) Řešení. Uvžovné kružnice P C QC oznčme po řdě l, l všimněme si tře druhé z nich (or. 4, úhly trojúhelníku C znčíme ovyklým způsoem). C β/2 k Q I k Or. 4 5 l
Vysvětleme, že skutečně pltí, co n orázku vidíme. Především od Q zřejmě leží v polorovině C, neoť pro ody X tmního olouku C kružnice l se úhel X zvětšuje od (ostrého) úhlu γ po (tupý) úhel 80 β/2, tkže nývá uvnitř olouku hodnoty 90. Protože úsekový úhel příslušný tomuto olouku C kružnice l je roven β/2, je QC = 80 β/2. Odtud Q + QC = 270 β/2 > 80. Proto od Q leží v polorovině C, tudíž i uvnitř trojúhelníku C, konvexní úhel QC má tedy velikost 90 + β/2. Oznčíme-li I střed kružnice vepsné trojúhelníku C, ude mít úhel IC stejnou velikost, IC = 80 α/2 γ/2 = 90 +β/2. To ovšem znmená, že od Q leží n stejném olouku C kružnice k = CI jko od I, tkže přímk Q je chordálou kružnic k k. Druhá uvžovná přímk P je nlogicky chordálou kružnic k k = CI. Průsečík oou přímek Q P má tedy stejnou mocnost ke kružnicím k k, proto leží n jejich chordále, kterou je přímk CI, tedy os úhlu C. Důkz je hotov. Poznámk. Ještě jedním způsoem vysvětlíme, proč od Q leží v polorovině C. Průsečík Q kružnic k l zřejmě musí ležet v polorovině C v úhlu omezeném tečnmi oou kružnic v odě. Přitom vrchol C ostroúhlého trojúhelníku C i střed S kružnice l zřejmě leží vně kruhu omezeného kružnicí k. V trojúhelníku S C leží sice část kružnice k, le s výjimkou odů C tm určitě neleží žádný jiný od kružnice l. Z toho je ptrné, že od Q musí ležet v polorovině C. 6. Pro liovolná nezáporná reálná čísl dokžte nerovnost 2 + + 2 + + + zjistěte, kdy nstne rovnost. (Tomáš Jurík, Jromír Šimš) Řešení. Sndným doszením zjistíme, že dokzovná nerovnost přejde v rovnost, pltí- -li spoň jedn z rovností = 0, = 0 neo =. Z dlšího postupu vyplyne, že jsou to jediné přípdy rovnosti. S ohledem n symetrii udeme předpokládt, že pltí > > 0, postupnými ekvivlentními úprvmi dokážeme ostrou nerovnost ze zdání, kterou rovnou zpíšeme zvenou zlomků: 2 + + + 2 + + > ( + ) 2 + 2 +. Nyní roznásoíme prvou strnu zstoupeným součtem + po přeskupení výrzů vytkneme společné činitele: 2 + ( + 2 + ) > 2 + ( 2 + + ) N levé i prvé strně vystupují rozdíly odmocnin, rozšíříme je součty těchže odmocnin n zlomky: 2 + ( ) + + 2 + > 2 + ( ) 2 + + +. Oě strny teď můžeme vydělit kldným číslem ( ); po následném odstrnění zlomků dostneme nerovnost 2 + ( 2 + + + ) > 2 + ( 2 + + + ), 6
jejíž pltnost již plyne porovnáním odmocnin n stejných místech oou strn (díky předpokldu > totiž pltí 2 + > 2 + ). Jiné řešení. Tentokrát z nšeho postupu vyloučíme pouze přípdy = 0 = 0, v nichž je ovšem dokzovná nerovnost triviální. udeme tedy předpokládt, že čísl jsou kldná zpíšeme pro ně Cuchyovu nerovnost ( u + ) (u + v) ( + ) 2 v s kldnými koeficienty u = 2 + v = 2 + : ( 2 + + ( 2 + ) 2 + + ) 2 + ( + ) 2. () Druhý činitel z levé strny () odhdneme shor podle jiné Cuchyovy nerovnosti tkto: 2 + + 2 + = 2 + + 2 + + 2 + + 2 + = + ( + )( + ) = ( + ) +. Pro první činitel z levé strny () tk dostáváme 2 + + 2 + ( + ) 2 2 + + 2 + + +, což jsme měli dokázt. Protože v první vypsné Cuchyově nerovnosti nstne rovnost, právě když pltí u = v neoli 2 + = 2 + čili =, je poslední rovnost třetím posledním přípdem (kromě zmíněných přípdů = 0 = 0), kdy v dokzovné nerovnosti nstne rovnost. Jiné řešení. Vyloučíme z úvh zřejmé přípdy = 0, = 0, = dokzovnou ostrou nerovnost ekvivlentně uprvíme n tvr + 2 + + + 2 + >. + Levá strn je zřejmě levou strnou Jensenovy nerovnosti pf(α) + qf(β) > f(pα + qβ) (2) s kldnými koeficienty p = /( + ) q = /( + ) (jež jk víme, musejí splňovt podmínku p + q = ) pro funkci f(x) = / x v odech α = 2 + β = 2 +. Protože funkce f je v ooru kldných čísel ryze konvexní ody α, β jsou různé díky předpokldu, Jensenov nerovnost (2) pltí. Zývá se tedy přesvědčit, že i její prvá strn se rovná prvé strně uprvené nerovnosti z úvodu řešení. To je sndné: ( f(pα + qβ) = f + (2 + ) + ) + (2 + ) = ( + 2 + + 2 ) = f = f( + ) = + +. Grf funkce y = x 2 je doře znám ze středoškolských učenic. 7