63. roční matematicé olympiády Úlohy rajsého ola ategorie A 1. Najděte všechna celá ladná čísla, terá nejsou mocninou čísla 2 a terá se rovnají součtu trojnásobu svého největšího lichého dělitele a pětinásobu svého nejmenšího lichého dělitele většího než 1. 2. V rovině jsou dány dvě ružnice 1 (S 1, r 1 ) a 2 (S 2, r 2 ), de S 1 S 2 > r 1 +r 2. Najděte množinu všech bodů X, teré neleží na přímce S 1 S 2 a mají tu vlastnost, že úsečy S 1 X, S 2 X protínají po řadě ružnice 1, 2 v bodech, jejichž vzdálenosti od přímy S 1 S 2 se rovnají. 3. Najděte všechny trojice reálných čísel x, y a z, pro něž platí x(y 2 + 2z 2 ) = y(z 2 + 2x 2 ) = z(x 2 + 2y 2 ). 4. Volejbalového turnaje se zúčastnilo šest družstev, aždé se utalo s aždým právě jednou. V jednotlivých pěti olech probíhaly ve stejnou dobu vždy tři zápasy na třech urtech 1, 2 a 3. Koli bylo možností pro rozpis taového turnaje? Rozpisem rozumíme tabulu 5 3, v níž na pozici (i, j), de i {1, 2, 3, 4, 5} a j {1, 2, 3}, je uvedena dvojice družstev (bez určení pořadí), terá se v i-tém ole utala na urtu číslo j. Místo deadicého zápisu výsledného čísla můžete uvést jeho rozlad na prvočinitele. Krajsé olo ategorie A se oná v úterý 14. ledna 2014 ta, aby začalo dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Povolené pomůcy jsou psací a rýsovací potřeby a šolní MF tabuly. Kalulátory, notebooy ani žádné jiné eletronicé pomůcy dovoleny nejsou. Za aždou úlohu může soutěžící zísat 6 bodů; bodové hranice určení úspěšných řešitelů a úspěšných účastníů budou stanoveny centrálně po vyhodnocení statisti bodových výsledů ze všech rajů. Tyto údaje se žáům sdělí před zahájením soutěže.
63. roční matematicé olympiády Řešení úloh rajsého ola ategorie A 1. Využijme obvylý zápis n = p α 1 1 pα 2 prvočíselného rozladu hledaného čísla n, ve terém p 1 < p 2 <... < p jsou všechna prvočísla dělící n a exponenty α i jsou ladná celá čísla. Z podmíny úlohy plyne, že p 1 = 2 (jina by největším lichým dělitelem čísla n bylo samo n a dostali bychom nerovnost n > 3n, terá nemůže platit) a že 2 (jina by n bylo mocninou čísla 2). Největším lichým dělitelem čísla n je zřejmě číslo p α 2, jeho nejmenším lichým dělitelem (větším než 1) je jistě prvočíslo p 2. Rovnice vyjadřující podmínu úlohy má proto zápis 2 α 1 p α 2 = 3p α 2 + 5p 2 neboli ( 2 α 1 3 ) p α 2 1 2... p α = 5. (V případě = 2 je levá strana upravené rovnice rovna ( 2 α 1 3 ) p α 2 1 2.) Protože číslo 5 má jediné dva dělitele, platí 2 α 1 3 {1, 5}, taže je α 1 = 2 nebo α 1 = 3. (i) Případ α 1 = 2. Upravená rovnice přejde do tvaru p α 2 1 2... p α = 5, taže je splněna, právě dyž je buď = 2, p 2 = 5 a α 2 1 = 1, nebo je = 3, α 2 1 = 0, p 3 = 5 a α 3 = 1 tehdy ovšem prvočíslo p 2 nemůže být libovolné, neboť z 2 < p 2 < p 3 = 5 plyne p 2 = 3. První možnosti ta odpovídá jediné řešení n = 2 2 5 2 = 100, druhé možnosti jediné řešení n = 2 2 3 1 5 1 = 60. (ii) Případ α 1 = 3. Nyní dostáváme po úpravě rovnici p α 2 1 2... p α = 1, terá znamená, že = 2 a α 2 1 = 0 (na prvočíslo p 2 tentorát žádné omezení romě nerovnosti p 2 > 2 neexistuje). Tomuto případu ta odpovídá neonečně mnoho řešení n = 2 3 p 1 2 = 8p 2. Odpověď. Všechna vyhovující celá ladná čísla n jsou: n = 60, n = 100 a n = 8p, de p je libovolné liché prvočíslo. Poznáma. Celý postup zapíšeme úsporněji, dyž namísto úplného prvočíselného rozladu hledaného čísla n využijeme jeho vyjádření n = 2 α pl, ve terém 2 α je nejvyšší mocnina čísla 2, jež dělí n, prvočíslo p je jeho nejmenší lichý prvočinitel a l je (liché) číslo, jež nemá žádného prvočinitele menšího než p (může být i l = 1, jina ovšem l p). Pa je naším úolem řešit rovnici n = 2 α pl = 3pl + 5p neboli ( 2 α 3 ) l = 5. Odtud máme buď l = 1 a 2 α 3 = 5, nebo l = 5 a 2 α 3 = 1. V prvním případě vychází α = 3, a tudíž vyhovuje aždé n = 8p, de p je libovolné liché prvočíslo; ve druhém případě je l = 5 a α = 2, taže n = 20p, de ovšem z 5 = l p plyne p {3, 5}, a proto vyhovují pouze čísla n = 60 a n = 100. Jiné řešení. Ze zadání plyne, že mezi hledaným číslem n a jeho největším lichým dělitelem L platí nerovnosti n > 3L a n 3L+5L = 8L. Protože podíl n : L je mocnina čísla 2, z nerovností 3 < n : L 8 plyne, že je buď n = 4L, nebo n = 8L.
Začněme s rozborem případu n = 8L. Ze způsobu, jaým jsme odvodili nerovnost n 8L, plyne, že číslo L je nejen největším, ale i nejmenším netriviálním lichým dělitelem čísla n, a proto je prvočíslem. Dostáváme první supinu hledaných čísel n, jež mají tvar n = 8L, de L je libovolné liché prvočíslo. V případě n = 4L je nejmenší netriviální lichý dělitel čísla n taové prvočíslo p, jehož pětinásobe je roven číslu n 3L = L. Z rovnosti 5p = L máme n = 4L = 20p, a proto 5 n, taže je p 5 neboli p {3, 5}. Odpovídající řešení jsou n = 60 a n = 100. Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 2 body za vhodné vyjádření obou dotyčných dělitelů a sestavení rovnice vyjadřující podmínu úlohy, další 1 bod za úpravu na rovnici mezi jistým součinem a číslem 5. Podle úplnosti upravené rovnice pa udělte zbylé tři body. Při postupu z jiného řešení udělte 1 bod za nerovnost n > 3L, 2 body za nerovnost n 8L, 1 bod za důslede o možných tvarech n = 4L, n = 8L a po 1 bodu za jejich rozbor. 2. V první části řešení předpoládejme, že X je libovolný bod, terý má požadovanou vlastnost. Zřejmě musí ležet ve vnější oblasti aždé z obou ružnic. Body S 1, S 2 a X jsou pa vrcholy trojúhelníu, jehož strany S 1 X, S 2 X jsou proťaty po řadě ružnicemi 1, 2 v bodech Y 1 a Y 2, teré leží na téže rovnoběžce s přímou S 1 S 2 (obr. 1). Proto i body Y 1, Y 2, X jsou vrcholy trojúhelníu, terý je podobný trojúhelníu S 1 S 2 X podle věty uu, tudíž pro jejich strany platí úměra terou díy rovnostem XY 1 XS 1 = XY 2 XS 2, (1) XY 1 = XS 1 r 1 a XY 2 = XS 2 r 2 (2) převedeme na úměru pro dély úseče XS 1 a XS 2 : taže XS 1 r 1 XS 1 = XS 2 r 2, XS 2 XS 1 XS 2 = r 1 r 2. (3) X Y 1 Y 2 H 1 S 1 H 2 S 2 1 2 Obr. 1
Množinu bodů v rovině s danými body S 1 a S 2, jež mají vlastnost (3), známe: pro r 1 = r 2 je to osa úsečy S 1 S 2 a pro r 1 r 2 je to Apolloniova ružnice. Ta je určena svým průměrem H 1 H 2 na přímce S 1 S 2, na níž jsou H 1 a H 2 jediné dva body X s vlastností (3). Z té navíc plyne, že jde o středy stejnolehlostí ružnic 1 a 2. V druhé části řešení budeme naopa předpoládat, že bod X je libovolný bod Apolloniovy ružnice určené rovnicí (3), terý je různý od jejích průsečíů H 1, H 2 s přímou S 1 S 2. Vzhledem předpoladům úlohy leží body H 1, H 2 ve vnější oblasti obou ružnic, taže tam leží i příslušná Apolloniova ružnice, neboť její průměr obsahuje průměr jedné z daných ružnic (té s menším poloměrem) a s průměrem druhé ružnice je disjuntní. Body S 1, S 2 a X jsou ta vrcholy trojúhelníu, přičemž XS 1 > r 1 a XS 2 > > r 2. Existují tudíž body Y 1 1, Y 2 2 ležící uvnitř stran S 1 X, S 2 X trojúhelníu S 1 S 2 X. Proto pro ně taé platí rovnosti (2), díy nimž lze přejít tentorát od rovnice (3) rovnici (1). Její platnost znamená, že trojúhelníy S 1 S 2 X a Y 1 Y 2 X jsou podobné podle věty sus, a proto jsou úsečy S 1 S 2 a Y 1 Y 2 rovnoběžné. Body Y 1, Y 2 ta mají od přímy S 1 S 2 stejné vzdálenosti, což doazuje požadovanou vlastnost bodu X. Odpověď: Hledanou množinou bodů X je Apolloniova ružnice určená rovnicí (3), z níž jsou vyloučeny oba její průsečíy s přímou S 1 S 2. V případě r 1 = r 2 je hledanou množinou osa úsečy S 1 S 2 bez jejího středu. Poznáma. Potřebnou vlastnost Apolloniovy ružnice lze odvodit přímo z rovnosti (3). Z rovnosti, terá předchází rovnost (3) a terá je s ní ve sutečnosti evivalentní, pro libovolný taový bod X plyne, že oba výrazy XS 1 r 1 a XS 2 r 2 mají stejné znaméno. A protože podle předpoladů úlohy je ( XS 1 r 1 ) + ( XS 2 r 2 ) > S 1 S 2 (r 1 + r 2 ) > 0, je XS 1 > r 1 a XS 2 > r 2, což znamená, že nalezená Apolloniova ružnice leží v průniu vnějších oblastí obou daných ružnic. Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho za 4 body za důaz, že aždý vyhovující bod X leží na Apolloniově ružnici a 2 body za obrácené tvrzení. Ze zadání úlohy je ihned patrné, že všechny vyhovující body X musejí ležet v průniu vnějších oblastí obou ružnic 1 a 2. Poznate, že v tomto průniu leží i nalezená Apolloniova ružnice, by neměl v úplném řešení chybět. Za absenci tohoto poznatu strhněte 1 bod. Rovněž strhněte 1 bod, poud řešitel v průběhu řešení nebo v závěru opomene situaci, dy r 1 = r 2. 3. Je-li např. x = 0, dostáváme soustavu 0 = yz 2 = 2y 2 z, taže i jedna z hodnot y, z je nulová a druhá může být libovolná. Podobně vyřešíme i případy y = 0 a z = 0. Dostáváme ta tři supiny řešení (t, 0, 0), (0, t, 0) a (0, 0, t), de t je libovolné reálné číslo. Všechna ostatní řešení už splňují podmínu xyz 0, jejíž platnost budeme ve zbytu řešení předpoládat. Úpravou rovnice x ( y 2 + 2z 2) = y ( z 2 + 2x 2) dostaneme (2x y)(z 2 xy) = 0. Rozlišíme tedy, terý ze dvou činitelů je roven nule. (i) 2x y = 0. Z původní soustavy po dosazení y = 2x zůstane jediná rovnice odud po dělení číslem x 0 dostáváme 2x(2x 2 + z 2 ) = 9x 2 z, 4x 2 + 2z 2 9xz = 0 neboli (x 2z)(4x z) = 0.
Případu (i) tedy odpovídají supiny řešení (2t, 4t, t) a (t, 2t, 4t), de t je libovolné reálné číslo. (ii) z 2 xy = 0. Částečným dosazením z 2 = xy dostaneme jedinou rovnici xy(2x + y) = z(x 2 + 2y 2 ), terá je (díy tomu, že x 2 + 2y 2 > 0) evivalentní s rovnicí z = xy(2x + y) x 2 + 2y 2. Nyní ovšem musíme zjistit, dy taové z splňuje podmínu z 2 = xy, jež po dosazení nalezeného vzorce pro z zísává tvar x 2 y 2 (2x + y) 2 (x 2 + 2y 2 ) 2 = xy. Po vydělení číslem xy 0 a odstranění zlomu dostaneme podmínu xy(2x + y) 2 = (x 2 + 2y 2 ) 2 neboli (4y x)(x 3 y 3 ) = 0. Poslední rovnost platí, právě dyž buď x = 4y, nebo x 3 = y 3, tj. x = y. 1 Po dosazení do vzorce pro z dostaneme v prvním případě z = 2y, ve druhém z = x. Případu (ii) tedy odpovídají supiny řešení (4t, t, 2t) a (t, t, t), de t je libovolné reálné číslo. Odpověď. Všechna řešení dané soustavy jsou (t, 0, 0), (0, t, 0), (0, 0, t), (t, t, t), (4t, t, 2t), (2t, 4t, t) a (t, 2t, 4t), de t je libovolné reálné číslo. Poznáma. Uažme způsob, ja se v podaném řešení vyhnout rozboru náročnějšího případu (ii). Díy cylicé symetrii má zadaná soustava za důslede nejen první z následujících tří rovnic (terou jsme výše odvodili), ale taé další dvě analogicé rovnice (2x y)(z 2 xy) = 0, (2y z)(x 2 yz) = 0, (2z x)(y 2 zx) = 0. (1) Případ 2x y = 0 jsme výše rozebrali, případy 2y z = 0 a 2z x jsou analogicé a vypsáním řešení pro tyto tři případy dostaneme všechna řešení uvedená v Odpovědi s výjimou (t, t, t). Nenastane-li žádný z těchto tří případů, musejí být splněny rovnice z 2 xy = x 2 yz = y 2 zx = 0. (2) Uažme, že je v oboru reálných čísel splňují pouze trojice (x, y, z) = (t, t, t). To je snadný důslede algebraicé identity (x y) 2 + (y z) 2 + (z x) 2 = 2(z 2 xy) + 2(x 2 yz) + 2(y 2 zx), jejíž pravá strana je podle (2) rovna nule, taže se rovná nule i zálad aždé ze tří druhých mocnin na levé straně (jež by jina měla ladnou hodnotu). Dodejme, že soustavu (2) lze vyřešit i ratší úvahou: platí-li rovnice (2), mají výrazy x 3, y 3, z 3 tutéž hodnotu xyz, a ta platí x = y = z podle poznámy pod čarou. 1 Poslední závěr platí díy tomu, že funce x x 3 je v reálném oboru rostoucí, a tedy prostá.
Jiné řešení. Nebudeme opaovat úvodní úvahu původního řešení a rovnou budeme hledat jen ta řešení, jež splňují podmínu xyz 0. Po vydělení výrazů v zadané soustavě nenulovým číslem xyz dostaneme y z + 2z y = z x + 2x z = x y + 2y x, (3) což je rovnost tří hodnot téže funce f(s) = s + 2/s v nenulových bodech s 1 = y/z, s 2 = z/x a s 3 = x/y. Zjistíme proto, dy pro nenulová čísla s a t platí f(s) = f(t). Z vyjádření f(s) f(t) = s + 2 s t 2 (s t)(st 2) = t st vidíme, že ýžená situace nastane, jen dyž s = t nebo st = 2. Soustava rovnic (3) je proto splněna, právě dyž pro zavedená čísla s 1, s 2, s 3 platí: aždé dvě z nich se rovnají nebo je součin obou roven číslu 2. Poud je ovšem taový součin roven 2, třetí číslo je díy rovnosti s 1 s 2 s 3 = 1 rovno 1 2, a první dvě čísla (o součinu 2) tudíž leží v množině { 1 2, 4}, taže jsou různá, a proto (s 1, s 2, s 3 ) je něterou permutací trojice ( 1 2, 1 2, 4). Je snadné ověřit, že těmto (celem třem) permutacím odpovídají řešení (4t, t, 2t), (2t, 4t, t) a (t, 2t, 4t) původní soustavy (nebudeme to zde rozepisovat). Ještě snazší je doončení zbylého případu s 1 = s 2 = s 3 : díy rovnosti s 1 s 2 s 3 = 1 je společná hodnota čísel s i rovna 1 a odpovídající řešení zřejmě jsou (t, t, t) (opět je t libovolné reálné číslo). Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 2 body za odvození součinového tvaru aspoň jedné z rovnic (1) nebo za úpravu soustavy do tvaru (3) doplněnou zmínou o souvislosti s funcí f(s) = s + 2/s. 4. Permutace urtů v jednotlivých olech i permutace samotných ol posoudíme naonec; nejdříve družstva pevně označíme čísly 1, 2, 3, 4, 5, 6 a podle toho pětici ol libovolného rozpisu jednoznačně přeuspořádáme. Za ola 1 a 2 prohlásíme ola po řadě s páry (1, 2) a (1, 3); je-li přitom v ole 1 pár (3, a) a v ole 2 pár (2, b), jsou a, b dvě různá čísla z {4, 5, 6}, jina by nám totiž pro třetí utání v aždém z obou ol zbyla táž dvojice. Za ola 3, 4 a 5 pa prohlásíme ola po řadě s páry (1, a), (1, b) a (1, c), de c {4, 5, 6} \ {a, b}. Máme tedy jednoznačně určeno pořadí všech ol s neúplným rozpisem 1: (1, 2), (3, a), 2: (1, 3), (2, b), 3: (1, a), 4: (1, b), 5: (1, c), terý lze zřejmě jediným způsobem doplnit do úplného rozpisu: 1: (1, 2), (3, a), (b, c), 2: (1, 3), (2, b), (a, c), 3: (1, a), (2, c), (3, b), 4: (1, b), (2, a), (3, c), 5: (1, c), (2, 3), (a, b). Protože (a, b, c) je libovolná permutace trojice (4, 5, 6), je počet tato zapsaných rozpisů právě 3! = 6, v aždém taovém rozpisu pa lze ola uspořádat 5! způsoby a naonec
v aždém z pěti ol přiřadit párům urty právě 3! = 6 způsoby. Hledaný počet je tedy roven číslu 6 5! 6 5 = 5! 6 6 = 2 9 3 7 5 = 5 598 720. Jiné řešení. Označme družstva čísly 1, 2, 3, 4, 5 a 6 a sestavme nejprve neuspořádaný rozpis turnaje ta, že jednotlivá ola očíslujeme soupeři družstva číslo 1 a prozoumáme, olia způsoby lze těmto dvojicím doplnit utání družstva číslo 2, přičemž soupeře dvojy vybíráme už jen ze čtyřprvové množiny {3, 4, 5, 6}: 1: (1, 2), 2: (1, 3), (2, a), 3: (1, 4), (2, b), 4: (1, 5), (2, c), 5: (1, 6), (2, d). Na doplňované páry (2, a), (2, b), (2, c), (2, d) máme následující omezení: Družstvo 2 nemůže mít v žádném ole stejného soupeře jao družstvo 1. Obě družstva 1 a 2 nemohou mít ve dvou různých olech střídavě tytéž soupeře, protože pa by nám e třetímu utání v obou olech zbyla táž dvojice. Při splnění těchto dvou podmíne je pa zřejmě jednoznačně určena zbývající dvojice v aždém z ol, v nichž spolu nehrají 1 s 2. Po jejich určení nám zůstanou právě dvě dvojice soupeřů, jež se musejí utat v ole, v němž spolu hrají 1 a 2. Zbývá tedy jen určit počet permutací čtyřprvové množiny {3, 4, 5, 6} soupeřů družstva 2, jež splňují uvedené dvě podmíny. Počet permutací (a, b, c, d) splňujících první podmínu, tedy nerovnosti a 3, b 4, c 5 a d 6, najdeme metodou inluze a exluze: vhodných permutací je ta 4! ( ( ) 4 4 3! 2! + 4 1 ) = 9. 2 Mezi nimi jsou právě tři permutace (a, b, c, d), teré nevyhovují druhé podmínce: jde zřejmě o permutace (4, 3, 6, 5), (5, 6, 3, 4) a (6, 5, 4, 3) a žádné jiné. Všech možných rozpisů je ta celem 6, v aždém ole máme ovšem 3! = 6 možností, ja přiřadit párům soupeřů jednotlivé urty, a celem 5! možných uspořádání jednotlivých ol, dohromady tudíž 6 6 5 5! = 5! 6 6 = 2 9 3 7 5 = 5 598 720 možností. Poznáma. Namísto užití principu inluze a exluze můžeme všechny permutace (a, b, c, d) vyhovující oběma podmínám vhodným systematicým postupem přímo najít a vypsat. Jde o permutace (4, 5, 6, 3), (4, 6, 3, 5), (5, 3, 6, 4), (5, 6, 4, 3), (6, 3, 4, 5), (6, 5, 3, 4). Naopa počtu permutací vyhovujících první, ne vša druhé podmínce lze dospět následující úvahou: máme šest možností, ja vybrat prostřídávanou dvojici soupeřů, přitom taové dvojice jsou v aždé z počítaných permutací zřejmě dvě. Za úplné řešení udělte 6 bodů. Udělte 2 až 3 body, poud řešitel popíše nějaý smysluplný způsob, ja vytvořit všechny možné rozpisy pro onání turnaje, i dyž se mu naonec nepodaří z toho odvodit správný počet možností.