Úlohy domácí části I. kola kategorie C

65. ročník Matematické olymiády Úlohy domácí části I. kola kategorie C. Najděte všechny možné hodnoty součinu rvočísel, q, r, ro která latí (q + r) = 637. Řešení. evou stranu dané rovnice rozložíme na součin odle vzorce ro A B. V takto uravené rovnici ( + q + r)( q r) = 637 už snadno robereme všechny možnosti ro dva celočíselné činitele nalevo. První z nich je větší a kladný, roto i druhý musí být kladný (neboť takový je jejich součin), takže odle rozkladu na rvočinitele čísla 637 = 7 3 jde o jednu z dvojic (637, ), (9, 7) nebo (49, 3). Prvočíslo je zřejmě aritmetickým růměrem obou činitelů, takže se musí rovnat jednomu z čísel (637+) = 39, (9+7) = 49, (49+3) = 3. První dvě z nich však rvočísla nejsou (39 = 9 a 49 = 7 ), třetí ano. Je tedy nutně = 3 a říslušné rovnosti 3 + q + r = 49 a 3 q r = 3 latí, rávě když q + r = 8. Takové dvojice rvočísel {q, r} jsou ouze {5, 3} a {7, } (stačí robrat všechny možnosti, nebo si uvědomit, že jedno z rvočísel q, r musí být asoň 8 : = 9, nejvýše však 8 = 6). oučin qr tak má rávě dvě možné hodnoty, totiž 3 5 3 = 05 a 3 7 = 387. N. Určete všechna řirozená čísla a a b, ro něž je rozdíl a b druhou mocninou některého rvočísla. [a = ( + )/ a b = ( )/, kde je libovolné liché rvočíslo.] D. Najděte všechny dvojice nezáorných celých čísel a, b, ro něž latí a + b + = a + b. [C59 3] D. Najděte všechny dvojice rvočísel a q, ro které latí + q = q + 45. [C55 II 4]. Určete, kolika zůsoby lze k jednotlivým vrcholům krychle ABCDEF GH řisat čísla, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4 tak, aby součin čísel řisaných libovolným třem vrcholům každé ze stěn krychle byl sudý. Řešení. Pro kontrolu dotyčné odmínky stačí vědět ouze to, kterým vrcholům krychle ABCDEF GH jsou řisána čísla lichá a kterým čísla sudá. Zaveďme roto znaky a ro všechna lichá, res. sudá čísla a řešme nejrve otázku, kolika vyhovujícími zůsoby lze řisat k vrcholům krychle ABCDEF GH čtyři a čtyři (rávě tolik jich totiž je mezi zadanými čísly, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4). Uvědomme si, co nám odmínka úlohy říká o očtu znaků řisaných vrcholům jedné a téže stěny krychle: očet těchto je nejvýše (součin tří řisaných by byl totiž lichý, tedy v rozoru s danou odmínkou). Když však danou stěnu krychle uvážíme zároveň se stěnou s ní rovnoběžnou (tj. stěnou rotější), u jejíchž vrcholů jsou také nejvýše dvě, a zohledníme řitom, že u osmi vrcholů těchto dvou stěn (tedy u všech osmi vrcholů krychle) jsou (všechna) čtyři, dojdeme k závěru, že u vrcholů

každé stěny jsou rávě dvě (a tedy i dvě ). Naoak každé takové řisání čtyř a čtyř zřejmě vyhoví ožadavkům úlohy. tojíme tak řed úkolem určit očet těch řisání čtyř a čtyř vrcholům krychle ABCDEF GH, ři nichž jsou dvě a dvě u vrcholů každé stěny. Rozdělíme je do dvou skuin odle toho, zda existuje stěna, v níž jsou obě řiřazena vrcholům sousedním (na krychli tak vznikne asoň jedna hrana ), nebo naoak ve všech stěnách jsou obě řiřazena vrcholům rotějším (všechny hrany krychle ak budou ). Po jednom zástuci obou skuin vidíme na obr. ro leší řehled bez označení vrcholů krychle ísmeny. nadno ověříme (výklad zde vynecháme), že znaky v kroužku u zástuců obou skuin už jednoznačně určují znaky u všech ostatních vrcholů krychle. Obr. Nyní už snadno usoudíme, že v rvní skuině je rávě šest řiřazení jednou hranou je totiž, jak víme, celé vyhovující řiřazení určeno a má rávě dvě hrany, jež jsou řitom rovnoběžné a neleží v téže stěně; takových dvojic hran je na krychli ABCDEF GH rávě šest. Oroti tomu ve druhé skuině jsou ouze dvě různá řiřazení rotože jde o řiřazení bez hrany, znakem nebo u vrcholu A dané krychle jsou totiž, jak víme, určeny znaky u všech dalších jejích vrcholů. Existuje tak celkem 6+ = 8 vyhovujících řiřazení čtyř a čtyř vrcholům krychle ABCDEF GH. V další, snazší části našeho ostuu určíme, kolika zůsoby můžeme čtyři a čtyři (evně řisaná vrcholům krychle) zaměnit konkrétními čísly, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4. Máme zřejmě rávě čtyři možnosti ro výběr toho, které zaměníme číslem ; oté už zbylá tři musíme zaměnit číslem 3, stejně jako všechna čtyři číslem 4. Počet zůsobů záměn znaků a danými čísly je tak roven 4. Nakonec ulatníme jednoduché kombinatorické ravidlo součinu: rotože existuje osm vyhovujících řisání znaků a k vrcholům dané krychle a ři každém z nich lze čtyřmi zůsoby zaměnit znaky a danými čísly, je hledaný očet vyhovujících řisání daných čísel vrcholům dané krychle roven 8 4 = 3. N. Kolika zůsoby lze vrcholům čtverce ABCD a jeho středu řisat čísla,, 3, 4, 5 tak, aby byly vesměs liché součty čísel u každé jeho strany i obou úhloříček? Dokážete tento očet určit, aniž vyíšete všechny možnosti a ak je sočítáte? [4 zůsobů. Nejrve řiište daným ěti bodům 3 znaky a dva znaky ro lichá, res. sudá čísla to lze udělat rávě dvěma vyhovujícími zůsoby. Pak uvažte, že znaky lze zaměnit danými čísly šesti zůsoby a znaky dvěma zůsoby.] D. Kolika zůsoby lze vrcholům ravidelného devítiúhelníku ABCDEF GHI řiřadit čísla

z množiny {7, 7, 37, 47, 57, 67, 77, 87, 97} tak, aby každé z nich bylo řiřazeno jinému vrcholu a aby součet čísel řiřazených každým třem sousedním vrcholům byl dělitelný třemi? [B6 II ] 3. Uvažujme výraz x + y xy + x + 4. a) Najděte všechna reálná čísla x a y, ro něž daný výraz nabývá své nejmenší hodnoty. b) Určete všechny dvojice celých nezáorných čísel x a y, ro které je hodnota daného výrazu rovna číslu 6. Řešení. Daný výraz V (x, y) uravme odle vzorců ro (A ± B) : V (x, y) = ( x xy + y ) + ( x + x + ) + 3 = (x y) + (x + ) + 3. a) První dva sčítance v osledním součtu jsou druhé mocniny, mají tedy nezáorné hodnoty. Minimum jistě nastane v říadě, když ro některá x a y budou oba základy rovny nule (v tom říadě ro jinou dvojici základů už bude hodnota výrazu V (x, y) větší). Obě rovnosti x y = 0, x + = 0 současně skutečně nastanou, a to zřejmě ouze ro hodnoty x = y =. Dodejme (na to se zadání úlohy netá), že V min = = V (, ) = 3. Odověď. Daný výraz nabývá své nejmenší hodnoty ouze ro x = y =. b) Podle úravy z úvodu řešení latí V (x, y) = 6 (x y) + (x + ) + 3 = 6 (x y) + (x + ) = 3. Oba sčítanci (x y) a (x + ) jsou (ro celá nezáorná čísla x a y) z množiny {0,, 4, 9, 6,...}. Jeden roto zřejmě musí být 4 a druhý 9. Vzhledem k ředokladu x 0 je základ x + mocniny (x + ) kladný, musí roto být roven nebo 3 (a nikoli či 3). V rvním říadě, tj. ro x =, ak ro základ mocniny (x y) dostáváme odmínku y = ±3, tedy y = 3 neboli y = 4 (hodnota y = je zadáním části b) vyloučena). Ve druhém říadě, kdy x =, obdržíme odobně z rovnosti x y = y = ± dvě vyhovující hodnoty y = 0 a y = 4. Odověď. Všechny hledané dvojice (x, y) jsou (, 4), (, 0) a (, 4). N. Pro libovolná reálná čísla x, y a z dokažte nezáornost hodnoty každého z výrazů x z + y xyz, x + 4y + 3z x y 6z + 3, x + 4y + z 4xy xz a zjistěte rovněž, kdy je dotyčná hodnota rovna nule. D. V oboru celých čísel řešte rovnici x + y + x + y = 4. [B6 ] D. Pro kladná reálná čísla a, b, c latí c + ab = a + b. Ukažte, že ak také latí c + ab ac + bc. [C63 II 3] D3. Dokažte, že ro libovolná nezáorná čísla a, b, c latí (a + bc)(b + ac) ab(c + ). Zjistěte, kdy nastane rovnost. [C58 ] D4. Uvažujme výraz V (x) = (5x 4 4x + 5)/(x 4 + ). a) Dokažte, že ro každé reálné číslo x latí V (x) 3. b) Najděte největší hodnotu V (x). [C58 II ] D5. Dokažte, že ro libovolná různá kladná čísla a, b latí [C58-I-6] a + b < (a + ab + b ) 3(a + b) a < + b. 3

4. Uvnitř stran AB, AC daného trojúhelníku ABC jsou zvoleny o řadě body E, F, řičemž EF BC. Úsečka EF je ak rozdělena bodem D tak, že latí = ED : DF = BE : EA. a) Ukažte, že oměr obsahů trojúhelníků ABC a ABD je ro = : 3 stejný jako ro = 3 :. b) Zdůvodněte, roč oměr obsahů trojúhelníků ABC a ABD má hodnotu nejméně 4. Řešení. Pro solečnou hodnotu obou oměrů ze zadání latí ED = DF a zároveň BE = EA. () Před vlastním řešením obou úkolů a) a b) vyjádříme omocí daného čísla zkoumaný oměr obsahů trojúhelníků ABC a ABD. Ten je roven rotože trojúhelníky mají solečnou stranu AB oměru délek jejich výšek CC 0 a DD 0 (obr. ), který je stejný C F D A E D 0 B C 0 Obr. jako oměr délek úseček BC a ED, a to na základě odobnosti ravoúhlých trojúhelníků BCC 0 a EDD 0 odle věty uu (ulatněné díky BC ED). Platí tedy rovnost Vraťme se nyní k rovnostem (), odle kterých ABC = BC ABD ED. () EF = ( + ) DF a AB = ( + ) EA, a ovšimněme si, že trojúhelníky ABC a AEF mají solečný úhel u vrcholu A i shodné úhly u vrcholů C a F (neboť BC EF ), takže jsou odle věty uu odobné. Proto ro délky jejich stran latí AB AE = BC EF neboli + = BC ( + ) DF, odkud BC = ( + ) DF. V říadě ravých úhlů ABC a AED to latí triviálně, neboť tehdy B = C 0 a E = D 0. 4

Vydělíme-li oslední vztah hodnotou ED, jež je rovna DF odle (), získáme odíl z ravé strany () a tím i hledané vyjádření ABC ABD = a) Algebraickou úravou zlomku ze vzorce (3) ( + ) = + + ( + ). (3) = + + zjišťujeme, že hodnota oměru ABC : ABD je ro jakékoli dvě navzájem řevrácené hodnoty a / stejná, tedy nejen ro hodnoty /3 a 3/, jak jsme měli ukázat. b) Podle vzorce (3) je naším úkolem ověřit ro každé > 0 nerovnost ( + ) 4 neboli ( + ) 4. To je však zřejmě ekvivalentní s nerovností ( ) 0, která skutečně latí, ať je základ druhé mocniny jakýkoli (rovnost nastane jedině ro = ). Dodejme, že k jinému důkazu bylo možné využít i výše uvedené symetrické vyjádření ( + ) = + + a ulatnit k němu dobře známou nerovnost + /, jejíž latnost ro každé > 0 lyne také ze srovnání aritmetického a geometrického růměru dvojice čísel a /, zvaného AG-nerovnost: ( + ) =, neboť obecně a + b a b ( a, b 0). N. Vymyslete ravidlo, jak jednoduše vyjádřit oměr obsahů dvou trojúhelníků, které se shodují v jedné straně či v jedné výšce. Ulatněte je ak k řešení úloh N a N3. N. Úhloříčky konvexního čtyřúhelníku ABCD se rotínají v bodě P. Obsahy trojúhelníků ABP, BCP, CDP, DAP označme o řadě,, 3, 4. Dokažte obecnou rovnost 3 = 4 a vysvětlete, roč seciální rovnost = 4 nastane, rávě když AB CD. [U rvní rovnosti řejděte k úměře : = 4 : 3, u druhé k rovnosti obsahů trojúhelníků ABC a ABD.] N3. Uvnitř stran BC, CA, AB daného trojúhelníku ABC jsou zvoleny o řadě body K,, M tak, že úsečky AK, B, CM se rotínají v jednom bodě P. Dokažte, že oba výrazy BK KC C A AM MB a P K P P M + + AK B CM se rovnají číslu. [Pro rvní výraz vyjádřete vhodně oměry obsahů trojúhelníků ABP, BCP a CAP. Vyjádříte-li ak, jakými jsou částmi obsahu celého trojúhelníku ABC, a tyto tři zlomky sečtete, dostanete tvrzení o hodnotě druhého výrazu.] D. Označme E střed základny AB lichoběžníku ABCD, v němž latí AB : CD = 3 :. Úhloříčka AC rotíná úsečky ED, BD o řadě v bodech F, G. Určete ostuný oměr AF : F G : GC. [C64 I 4] D. Označme K a o řadě body stran BC a AC trojúhelníku ABC, ro které latí BK = 3 BC, A = AC. Nechť M je růsečík úseček AK a B. Vyočítejte 3 oměr obsahů trojúhelníků ABM a ABC. [C64 ] D3. Základna AB lichoběžníku ABCD je třikrát delší než základna CD. Označme M střed strany AB a P růsečík úsečky DM s úhloříčkou AC. Vyočítejte oměr obsahů trojúhelníku CDP a čtyřúhelníku M BCP. [C55 II ] 5

5. Máme kartičky s čísly 5, 6, 7,..., 55 (na každé kartičce je jedno číslo). Kolik nejvýše kartiček můžeme vybrat tak, aby součet čísel na žádných dvou vybraných kartičkách nebyl alindrom? (Palindrom je číslo, které je stejné ři čtení zleva dorava i zrava doleva.) Řešení. Abychom se mohli stručněji vyjadřovat, budeme vybírat římo čísla, a ne kartičky. Povšimněme si ředně, že ro součet s libovolných dvou daných čísel latí = = 5 + 6 s 55 + 54 = 09. Mezi čísly od do 09 jsou alindromy rávě všechny násobky a navíc i číslo 0. Uvědomme si nyní, že dělitelnost součtu dvou čísel daným číslem d (nám ůjde o hodnotu d = ) závisí ouze na zbytcích obou sčítaných čísel ři dělení dotyčným d. Toto užitečné ravidlo ulatníme tak, že všechna daná čísla od 5 do 55 rozdělíme do skuin odle jejich zbytků ři dělení číslem a tyto skuiny zaíšeme do řádků tak, aby součet dvou čísel z různých skuin na stejném řádku byl dělitelný číslem ; o významu závorek na konci každého řádku ojednáme vzáětí. {5, 6, 7, 38, 49}, {6, 7, 8, 39, 50} (5 čísel), {7, 8, 9, 40, 5}, {5, 6, 37, 48} (5 čísel), {8, 9, 30, 4, 5}, {4, 5, 36, 47} (5 čísel), {9, 0, 3, 4, 53}, {3, 4, 35, 46} (5 čísel), {0,, 3, 43, 54}, {, 3, 34, 45} (5 čísel) {,, 33, 44, 55} ( číslo). Na konci každého řádku jsme řisali maximální očet na něm zasaných čísel, která můžeme současně vybrat, aniž by součet dvou z nich byl násobkem čísla. Kuříkladu v třetím řádku máme ětici čísel se zbytkem 8 a čtveřici čísel se zbytkem 3. Je jasné, že nemůžeme současně vybrat o číslu z obou těchto skuin (jejich součet by byl násobkem ), můžeme však vybrat současně všech ět čísel z ětice (součet každých dvou z nich bude ři dělení dávat stejný zbytek jako součet 8 + 8, tedy zbytek 5). Dodejme ještě, že uvedené schéma šesti řádků má ro nás ještě jednu obrovskou výhodu: součet žádných dvou čísel z různých řádků není násobkem (tím totiž není ani součet jejich dvou zbytků). Z uvedeného rozdělení všech daných čísel do šesti řádků lyne, že vyhovujícím zůsobem nemůžeme vybrat více než 5 5 + = 6 čísel. Kdybychom však vybrali 6 čísel, muselo by mezi nimi být i jedno z čísel 49 nebo 50 a z dalších čtyř řádků o řadě čísla 5, 5, 53 a 54 ak bychom ovšem dostali alindrom 49+5 nebo 50+5. A tak nelze vybrat více než 5 čísel, řitom výběr 5 čísel možný je: na rvních ěti řádcích vybereme naříklad všechna čísla z levých skuin s výjimkou čísla 5 a k tomu jedno číslo (třeba ) z osledního řádku. Pak součet žádných dvou vybraných čísel nebude dělitelný (díky zařazení čísel do skuin), natož ak roven oslednímu kritickému číslu, alindromu 0 (roto jsme ři volbě čísla 49 vyřadili 5). Odověď. Největší možný očet kartiček, které můžeme ožadovaným zůsobem vybrat, je roven číslu 5. Jiné řešení. Mezi vybranými čísly může být jen jedno číslo z ětice (,, 33, 44, 55); 6

nejvýše jedno číslo z každé z 0 následujících dvojic (5, 6), (7, 5), (8, 4), (9, 3), (0, ), (6, 7), (8, 6), (9, 5), (0, 4), (, 3), (7, 8), (9, 37), (30, 36), (3, 35), (3, 34), (38, 39), (40, 48), (4, 47), (4, 46) a (43, 45); nejvýše dvě čísla ze čtveřice (49, 50, 5, 5) (neboť součty 49 + 50, 50 + 5 a 49 + 5 jsou alindromy); obě zbylá čísla 53 a 54. Proto nelze ožadovaným zůsobem vybrat více než + 0 + + = 5 čísel. Vyhovující výběr 5 čísel je možný: jedno číslo z ětice násobků, menší ze dvou čísel v každé z 0 dvojic, čísla 49 a 5 ze čtveřice a konečně obě čísla 53 a 54. Je ovšem třeba vysvětlit, roč součet žádných dvou vybraných čísel není násobkem (roč není roven 0, je atrné hned). K tomu si stačí všimnout, že menší čísla z 0 dvojic dávají ři dělení jedenácti ostuně zbytky, které se oakují s eriodou délky 5, jež má složení (5, 7, 8, 9, 0), konečně oslední čtyři vybraná čísla mají o řadě zbytky 5, 7, 9 a 0, takže součet žádných dvou zbytků námi vybraných čísel skutečně není násobkem. (ouhrou okolností jde o stejný říklad vyhovujícího výběru 5 čísel jako v ůvodním řešení.) N. Z množiny {,, 3,..., 99} vyberte co největší očet čísel tak, aby součet žádných dvou vybraných čísel nebyl násobkem jedenácti. Vysvětlete, roč zvolený výběr má ožadovanou vlastnost a roč žádný výběr většího očtu čísel nevyhovuje. [C58 I 5] D. Z množiny {,, 3,..., 99} je vybráno několik různých čísel tak, že součet žádných tří z nich není násobkem devíti. a) Dokažte, že mezi vybranými čísly jsou nejvýše čtyři dělitelná třemi. b) Ukažte, že vybraných čísel může být 6. [C58 II 3] 6. Je dána kružnice k (A; 4 cm), její bod B a kružnice k (B; cm). Bod C je středem úsečky AB a bod K je středem úsečky AC. Vyočtěte obsah ravoúhlého trojúhelníku KM, jehož vrchol je jeden z růsečíků kružnic k, k a jehož řeona KM leží na římce AB. Řešení. Poznamenejme ředevším, že s ohledem na osovou souměrnost odle římky AB je jedno, který z obou růsečíků kružnic k a k vybereme za bod. Hledaný obsah trojúhelníku KM vyjádříme nikoli omocí délek jeho odvěsen K a M, nýbrž omocí délek jeho řeony KM a k ní říslušné výšky D (obr. 3 vlevo), tedy užitím vzorce 3 KM D KM =. K určení vzdáleností bodu D od bodů B a uvažme ještě střed úsečky B (obr. 3 vravo). Trojúhelníky AB a DB jsou oba ravoúhlé se solečným ostrým úhlem ři vrcholu B. Jsou roto odle věty uu odobné, tudíž ro oměr jejich stran latí (očítáme s délkami bez jednotek, takže odle zadání je AB = 4, B =, a roto B = B / = ) BD B = B BA = 4, odkud BD = B =. Tyto dvojice se součty dělitelnými číslem jsme vytvořili ostuně ze zbylých čísel tak, že k nejmenšímu dosud nezasanému číslu jsme řiojili další nejmenší dosud nezasané číslo, které dolňuje rvní číslo do nějakého násobku. Takovému ostuu se zejména v matematické informatice říká hladový algoritmus. 3 Výočet délky odvěsny M bez mezivýočtu výšky D je totiž rakticky nemožný. 7

k k 4 A K C D B M A 4 D B Obr. 3 Z Pythagorovy věty ro trojúhelník DB tak lyne 4 D = B BD = 4 4 = 5. Z rovnosti BD = / již také odvodíme délku úseku KD řeony KM ravoúhlého trojúhelníku KM, totiž KD = AB AK BD = 4 / = 5/. Délku druhého úseku DM nyní určíme z Eukleidovy věty o výšce, odle které D = KD DM. Obdržíme tak DM = D / KD = (5/4)/(5/) = 3/, takže celá řeona KM má délku KM = KD + DM = 5/ + 3/ = 4. Dosazením do vzorce z úvodu řešení tak dojdeme k výsledku 5 KM = KM D Odověď. Trojúhelník KM má obsah 5 cm. = 4 = 5. Jiné řešení. Narýsujeme-li řesně obě kružnice k, k a odovídající bod M, ojmeme odezření, že KM = AB a bod je takový bod Thaletovy kružnice k nad růměrem KM se středem E, který leží na ose úsečky EB (obr. 4). kutečně, ři k A K C E Obr. 4 D B M 4 Jinou možností ro výočet výšky D na rameno AB rovnoramenného trojúhelníku AB je vyočítat jeho výšku A na základnu B (užitím Pythagorovy věty k trojúhelníku AB) a oté orovnat dvojí vyjádření obsahu trojúhelníku AB řes jeho výšky A a D. 8

osané volbě bodu M a konstrukci bodu bude latit B = E = cm, takže abychom se řesvědčili, že jde oravdu o bod ze zadání úlohy, stačí ověřit, že je i A = AB = 4 cm. Protože (sáno bez jednotek) EM =, BM = AK =, a tudíž BD = ED = a AD = 7, odle Pythagorovy věty oužité ostuně na ravoúhlé trojúhelníky BD a AD ro takto sestrojený bod máme ( ) D = 5 ( 7 ) ( ) = 4, A = + = 4. Tím je naše hyotéza ověřena. Obsah trojúhelníku KM už sočteme snadno: KM = KM D = D cm = 5 cm. N. Zoakujte si Eukleidovy věty o odvěsně a o výšce ravoúhlého trojúhelníku a řiomeňte si jejich důkazy na základě odobnosti daného trojúhelníku s dvěma menšími trojúhelníky, které vzniknou jeho rozdělením omocí výšky ku řeoně. D. Kružnice k(; 6 cm) a l(o; 4 cm) mají vnitřní dotyk v bodě B. Určete délky stran trojúhelníku ABC, kde bod A je růsečík římky OB s kružnicí k a bod C je růsečík kružnice k s tečnou z bodu A ke kružnici l. [C59 ] D. Pravoúhlému trojúhelníku ABC s řeonou AB a obsahem je osána kružnice. Tečna k této kružnici v bodě C rotíná tečny vedené body A a B v bodech D a E. Vyjádřete délku úsečky DE omocí délky c řeony a obsahu. [C58 II 4] 9