58. očník Matematické olympiády Úlohy domácí části I. kola kategoie C 1. Honza, Jika, Matin a Pet oganizovali na náměstí sbíku na dobočinné účely. Za chvíli se u nich postupně zastavilo pět kolemjdoucích. Pvní dal Honzovi do jehokasičky3kč,jikovikč,matinovi1kčapetovinic.duhýdaljednomu zchlapců8kčazbylýmtřemnedalnic.třetídaldvěmachlapcůmpokčadvěma nic.čtvtýdaldvěmachlapcůmpo4kčadvěmanic.pátýdaldvěmachlapcům po8kčadvěmanic.potéchlapcizjistili,žekaždýznichvybaljinoučástku,přičemž tyto tvoří čtyři po sobě jdoucí přiozená čísla. Kteý z chlapců vybal nejméně a kteý nejvíce peněz? Řešení.Dohomadychlapcidostali3++1+8+ + 4+ 8=4Kč. Toto číslo lze jednoznačně vyjádřit jako součet čtyř po sobě jdoucích přiozených čísel: 4=9+10+11+1.Čtyřichlapcitedy(vnějakémpořadí)vybalisumy9,10,11 a1kč. Žádný chlapec nemohl dostat 8 Kč záoveň od duhého i od pátého kolemjdoucího (jinakbymělalespoň16kč,nejvícevšakmohlkaždýzchlapcůdostat1kč).takže odduhéhoapátéhomajítřichlapcipo8kčajedenodnichnedostalnic.nejvýše jedenztěchtotříchlapcůmohldostat4kčodčtvtéhokolemjdoucího,jinakbyměli užalespoňdvachlapcialespoň1kč.čtvtýkolemjdoucímuseltedydát4kčpávě jednomu z nich a 4 Kč zbývajícímu chlapci. Bez peněz pvního a třetího kolemjdoucího tedymajíchlapcivybáno1,8,8a4kč.chlapec,kteýdostalvsoučtuodduhého, čtvtého a pátého kolemjdoucího dvanáct koun, už nemohl dostat od pvního a třetího kolemjdoucího nic, neboť by měl více než dvanáct koun. Ten, kteý dostal v součtu od duhého, čtvtého a pátého kolemjdoucího 4 Kč, musel dostat od pvního a třetího vsoučtumaximálnímožnoučástku,tj.3+=5kč,jinakbymělcelkověméněnež 9Kč(dostaltedypávě9Kčamánejméně).TakženejméněvybalHonza,neboťon dostal od pvního kolemjdoucího 3 Kč, a nejvíc Pet, kteý od pvního kolemjdoucího nedostal nic. Úvahy snadno dokončíme a ukážeme, že popsané ozdělení je vskutku možné. Jak užvíme,honzavybal9kčapet1kč,jika,kteýdostalkčodpvního,nemohl dostatodtřetíhonic,takžedostalcelkem10kč,amatin11kč.všechnyúvahymůžeme přehledně uspořádat do tabulky, kteou postupně doplňujeme: 1 3 4 5 Σ 8 0 0 0 0 8 0 0 0 4 8 1 P 3 0 4 0 9 H 1++3 1 8 4 8 1. Ukažte, že přiozené číslo n lze vyjádřit jako součet čtyř po sobě jdoucích čísel, pávě když n 10andávázbytekdvěpoděleníčtyřmi.[(k+1)+(k+)+(k+3)+(k+ +4)=4k+10] 1
. Dokažte,želibovolnépřiozenéčíslo n 3,kteénenímocninoučísla,lzevyjádřit jakosoučetněkolikaposobějdoucíchpřiozenýchčísel.[n= n 1 + n+1 po nliché, n=( n p p 1 )+( n p p 1 +1)+...+( n p + p 1 )po n=p q,kde p >1jelichý dělitel] 3. Vkloboukujepětkoulíanakaždéznichjenapsánojednopřiozenéčíslo.Součetčísel nakoulíchvkloboukuje7ačíslanalibovolnýchdvoukoulíchselišíalespoňodvě. Dokažte,ževkloboukuneníkoulesčíslem6.[Vkloboukumohoubýtbuďkoulesčísly 1,3,5,7,11,nebo1,3,5,8,10.]. Pavoúhlému tojúhelníku ABC s přeponou AB je opsána kužnice. Paty kolmic zbodů A, Bnatečnuktétokužnicivbodě C označme D, E.Vyjádřetedélku úsečky DE pomocí délek odvěsen tojúhelníku ABC. Řešení. Označme odvěsny tojúhelníku ABC obvyklým způsobem a, b a potilehlé úhly α, β.středpřepony AB(středopsanékužnice)označíme O(ob.1). Výška v = CP ozděluje tojúhelník ABC na tojúhelníky ACP a CBP podobné tojúhelníku ABCpodlevěty uu(α+β =90 ),úsečka OCjekolmána DE anavíc OC = OA = (polomě opsané kužnice). Odtud OCA = OAC = α a DCA =90 OCA =β. Pavoúhlé tojúhelníky ACP a ACD se společnou přeponou AC se tudíž shodují i v úhlech při vcholu C. Jsou poto shodné, dokonce souměně sdužené podle přímky AC. Analogicky jsou tojúhelníky CBP a CBE souměně sdužené podle BC. Jetedy CD = CE =v,tudíž DE =v=ab/ a + b,neboťzdvojíhovyjádření dvojnásobkuobsahutojúhelníku ABCplyne v= ab/ AB,přičemž AB = a + b. Poznámka. Místo dvojího vyjádření obsahu můžeme k výpočtu výšky CP využít podobnosttojúhelníků CBPa ABC:sin α= CP / AC = BC / AB. F D C β α α v E D b v c a C v c a E A α O Ob.1 P β B A O Ob. B Jiné řešení. Úsečka OC je střední příčkou lichoběžníku DABE, neboť je ovnoběžnásezákladnamiapocházístředem Oamene AB.Jepoto Dobazembodu E vsouměnostipodlestředu C.Obaz Fbodu Bvtéžesouměnostiležínapolopřímce ADzabodem D(ob.).Je CF = BC =a,úhel ACFjepavý,tojúhelníky AFC a ABCjsoutedyshodné.Vidíme,že CDjevýškavtojúhelníku AFCshodnásvýškou v c tojúhelníku ABC,aDEjejejímdvojnásobkem.Velikostvýšky v c dopočítáme stejně jako v předchozím řešení. Odpověď. DE =ab/ a + b.
1. Vyjádřetevýšku v c pavoúhléhotojúhelníku ABC spavýmúhlempři vcholu C pomocí stan a, b, c tohoto tojúhelníku.. Nechť k je kužnice opsaná pavoúhlému tojúhelníku ABC s přeponou AB délky c. Označme Sstředstany ABa Da Epůsečíkyosstan BCa ACstýmžobloukem AB kužnice k.vyjádřeteobsahtojúhelníku DSEpomocídélkypřepony c.[c /8] 3. Vyjádřete obsah ovnoamenného lichoběžníku ABCD se základnami AB a CD pomocí délek a, cjehozákladenadélky bjehoamen.[ 1 4 (a+c) 4b (a c) ] 4. Vobdélníku ABCDplatí AB > BC.Oblouk ACkužnice,jejížstředležínastaně AB,potínástanu CDvbodě M.Dokažte,žepřímky AMa BDjsounavzájemkolmé. [48 C I ] 3. Najděte všechna čtyřmístná čísla n, kteá mají následující tři vlastnosti: V zápise čísla n jsou dvě ůzné číslice, každá dvakát. Číslo n je dělitelné sedmi. Číslo, kteé vznikne obácením pořadí číslic čísla n, je ovněž čtyřmístné a dělitelné sedmi. Řešení. V řešení budeme značit číslo, kteé vznikne obácením pořadí číslic čísla n, jako n. Rozlišíme tři případy. (i)číslo nmá tva aabb,kde a, bjsou ůzné cify.jetedy n = 1100a+11b a n=1100b+11a.číslo7mádělitjak n,tak n,tedyijejichozdíl n n=1089(a b) asoučet n+n=1111(a+b).potožeaničíslo1089,aničíslo1111nejsounásobkem sedmiasedmjepvočíslo,tak7 a bi7 a+b.použijeme-listejnouúvahuještě jednou,vidíme,že7 (a b)+(a+b)=aa7 (a+b) (a b)=b,tedy7 a a7 b,neboli a, b {0,7}.Číslice a, bjsounavzájemůzné,potojednaznichmusí být 0. Ale potom jedno z čísel aabb, bbaa není čtyřmístné. Hledané číslo n tedy nemůže být uvedeného tvau. (ii)číslo nmátva abab.potom7 n=1010a+101baovněž7 n=1010b+101a. Podobnějakovpředchozímpřípaděodvodíme,že7 n n=909(a b)a7 n+n= =1111(a+b),azestejnýchdůvodůjakovpředchozímpřípadězjišťujeme,že7 a, 7 b.někteázčíslicbytedymuselabýt0.číslo ntaknemůžebýtanitvau abab. (iii) Číslo n má tva abba. Potom obácením pořadí číslic vznikne totéž číslo, takže mámejedinoupodmínku7 1001a+110b.Potože7 1001a7 ¹110,jetatopodmínka ekvivalentníspodmínkou7 b.poto b {0,7}, a {1,,...,9}, a b.vyhovujetak všech17čísel,kteápávěuvedenépodmínkysplňují:1001,00,3003,4004,5005, 6006,7007,8008,9009,1771,77,3773,4774,5775,6776,8778,9779. 1. Učete počet všech čtyřmístných přiozených čísel, kteá jsou dělitelná šesti a v jejichž zápisu se vyskytují pávě dvě jedničky.[56 C S 1]. Učete počet všech tojic dvojmístných přiozených čísel a, b, c, jejichž součin abc má zápis, ve kteém jsou všechny číslice stejné. Tojice lišící se pouze pořadím čísel považujeme za stejné, tj. započítáváme je pouze jednou.[54 C I 5] 3. K přiozenému číslu m zapsanému stejnými číslicemi jsme přičetli čtyřmístné přiozené číslo n. Získali jsme čtyřmístné číslo s opačným pořadím číslic, než má číslo n. Učete všechny takové dvojice čísel m a n.[5 C I 5] 4. Je dán konvexní pětiúhelník ABCDE. Na polopřímce BC sestojte takový bod G, aby obsah tojúhelníku ABG byl shodný s obsahem daného pětiúhelníku. Řešení.Rozbo:Nejpveuvažmebod F,kteýjepůsečíkempřímky BCaovnoběžkysECjdoucíbodem D(potože E / BC,jsou ECa BCůznoběžky,ob.3). Obsahy tojúhelníků ECD a ECF jsou shodné(mají společnou stanu EC a shodnou 3
výšku na tuto stanu), obsah pětiúhelníku ABCDE je tedy shodný s obsahem čtyřúhelníku ABFE. E D A B C F Ob.3 G Dáleuvažmebod G,kteýjepůsečíkempřímky BCaovnoběžkysAF jdoucí bodem E.Potomjsouopětobsahytojúhelníků AFE a AFGshodné,ajsoupoto shodné i obsahy čtyřúhelníku ABF E a tojúhelníku ABG. Bod G tak má požadovanou vlastnost. Hledanýbodjenapolopřímce BCjediný,neboťpoůznébody X, Ynapolopřímce BCmajítojúhelníky ABXa ABY ůznévýškynaspolečnoustanu AB,majítedy ůzné obsahy. Popis konstukce: 1. p; p EC, D p;. F; F p BC; 3. q; q AF, E q; 4. G; G q BC; Úloha má jediné řešení. 1. Označme P půsečík úhlopříček daného konvexního čtyřúhelníku ABCD. Dokažte, že přímky ABa CDjsouovnoběžné,pávěkdyžtojúhelníky ADP a BCPmajístejný obsah.[rovnost obsahů tojúhelníků ADP a BCP je ekvivalentní s ovností obsahů tojúhelníků ABC a ABD se společnou stanou AB.]. Vkužniciopoloměujedánatětiva ABdélky3.Učete,jakýnejvětšíobsahmůže mítčtyřúhelník AXBY,leží-lijehovcholy X, Y nakužnici k.[největšíobsah6má deltoid, jehož úhlopříčka XY je půměem kužnice k.] 3. Jedánobdélník ABCD.Nechťpřímky paq,kteépocházejívcholem A,potínají polokužnicevněpřipsanéstanám BCa CDdanéhoobdélníkupořaděvbodech K a L(B K C L D)aovněžstany BCa CDpořaděvbodech Pa Qtak,že tojúhelník ABP má stejný obsah jako tojúhelník KCP a záoveň tojúhelník AQD mástejnýobsahjakotojúhelník CLQ.Dokažte,žebody K, L, Cležínatéžepřímce. [53 C I ] 5. Zmnožiny {1,,3,...,99}vybeteconejvětšípočetčíseltak,abysoučetžádných dvou vybaných čísel nebyl násobkem jedenácti.(vysvětlete, poč zvolený výbě má požadovanou vlastnost a poč žádný výbě většího počtu čísel nevyhovuje.) Řešení.Číslaod1do99ozdělímepodlejejichzbytkupřiděleníčíslem11do 4
jedenáctidevítipvkovýchskupin T 0, T 1,..., T 10 : T 0 = {11,,33,...,99}, T 1 = { 1,1,3,...,89}, T = {,13,4,...,90},. T 10 = {10,1,3,...,98}. Vybeeme-lijednočíslozT 0 (vícjichanivybatnesmíme)avšechnačíslazt 1, T, T 3, T 4 a T 5,dostanemevyhovujícívýbě1+5 9=46čísel,neboťsoučetdvoučíselz0, 1,,3,4,5jedělitelný11jediněvpřípadě0+0,zmnožiny T 0 jsmevšakvybalipouze jedno číslo. Na duhou stanu v libovolném vyhovujícím výběu je nejvýše jedno číslo ze skupiny T 0 anejvýše9číselzkaždézeskupin T 1 T 10, T T 9, T 3 T 8, T 4 T 7, T 5 T 6, neboťpřivýběu10číselzněkteéskupiny T i T 11 i bymezivybanýmibyloněkteé číslozeskupiny T i iněkteéčíslozeskupiny T 11 i ;jejichsoučetbypakbyldělitelný11. Celkemjetedyvevýběunejvýše1+5 9=46čísel. Poznámka. Možná to učesané řešení vypadá příliš tikově. Avšak počáteční úvahy každého řešitele k němu ychle vedou: jistě záleží jen na zbytcích vybaných čísel, takže ozdělenínatřídy T i avybíáníznichjepřiozené.jejasné,žezt 0 můžebýtvybánojen jedno číslo a vše další, o co se musíme staat, je požadavek, abychom nevybali záoveň počísluzeskupiny T i izeskupiny T 11 i.je-liužvybánoněkteéčísloztřídy T i,kde i 0,můžemeklidněvybatvšechnačíslazT i,toužzkoumanouvlastnostnepokazí. Je poto dokonce jasné, jak všechny výběy největšího počtu čísel vypadají. 1. Ukažte,žezlibovolných npřiozenýchčísellzevybatněkolik(třebaijedno)tak,že jejichsoučetjedělitelný n.[uvažtečísla a 1, a 1 + a,..., a 1 +...+a n ajejichzbytky po dělení n.]. Zjistěte,pokteápřiozenáčísla n(n )jemožnozmnožiny {1,,..., n 1}vybat aspoň dvě navzájem ůzná sudá čísla tak, aby jejich součet byl dělitelný číslem n. [54 C I ] 3. Učete počet všech tojic navzájem ůzných tojmístných přiozených čísel, jejichž součet je dělitelný každým ze tří sčítaných čísel.[55 C I 3] 6. Dokažte,žepolibovolnáůznákladnáčísla a, bplatí a+b < (a + ab+b ) 3(a+b) a + b <. Řešení. Levou neovnost dokážeme ekvivalentními úpavami: a+b < (a + ab+b ), 3(a+b) 3(a+b) <4(a + ab+b ), 0 <(a b). 5 6(a+b)
Poslední neovnost vzhledem k předpokladu a b platí. Také pavou neovnost ze zadání budeme ekvivalentně upavovat, začneme umocněním každé stany na duhou: 4(a + ab+b ) 9(a+b) < a + b, 18(a+b) 8(a + ab+b ) <9(a + b )(a+b), 8(a 4 + b 4 +a 3 b+ab 3 +3a b ) <9(a 4 + b 4 +a 3 b+ab 3 +a b ), 6a b < a 4 + b 4 +a 3 b+ab 3. Posledníneovnostjesoučtemneovnostía b < a 4 + b 4 a4a b <a 3 b+ab 3,kteé oběplatí,neboťpopřevodučlenůzlevýchstannapavédostanemepoozkladuuž zřejméneovnosti0 <(a b ),esp.0 <ab(a b). 1. Po a, b Êdokažte a 4 + b 4 a 3 b+b 3 a. [Převeďtenatva(a 3 b 3 )(a b) 0.]. Dokažte,žepokaždátřieálnáčísla x, y, z,kteásplňujíneovnosti0<x<y < z <1, platí také neovnost x + y + z < xy+ yz+ zx+z x. [48 C II 4] 3. Dokažte,žepolibovolnákladnáčísla a, bacplatíneovnost ( a+ 1 )( b+ 1 )( c+ 1 ) 8. b c a [55 B S 1] 4. Splňují-lieálnáčísla a, b, c, dovnosti platí neovnost a + b = b + c = c + d =1, ab+ac+ad+bc+bd+cd 3. Dokažte a zjistěte, kdy nastane ovnost.[55 C II ] 6