Czech/md/cz-mo-secondary/3471678-c48ii.md

# 48. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie C 

1. Zjistěte, které dvojice pravidelných mnohoúhelníků mají velikosti vnitřních úhlů v poměru $2: 3$.
2. Najděte největší trojmístné číslo $n$, pro něž je součet

$$
1^{2}+2^{3}+3^{4}+4^{5}+\ldots+n^{n+1}
$$

dělitelný třemi.

3. Sestrojte lichoběžník $A B C D$, pro který platí:

$$
|A C|=8 \mathrm{~cm},|B D|=6 \mathrm{~cm},|A B|+|C D|=10 \mathrm{~cm}
$$

a střed kružnice opsané trojúhelníku $A C D$ leží na základně $A B$.

4. Dokažte, že pro každá tři reálná čísla $x, y$, $z$, která splňují nerovnosti $0<x<y<$ $<z<1$, platí také nerovnost

$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}<x y+y z+z x+z-x .
$$

II. kolo kategorie C se koná

## v úterý 30. března 1999

tak, aby začalo dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Za každou úlohu může soutěžící získat 6 bodư, úspěšným řešitelem je ten žák, který získá 10 bodư nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.

1. Pravidelný $n$-úhelník ( $n \geqq 3)$ se skládá z $n$ navzájem shodných rovnoramenných trojúhelníků, které mají při společném hlavním vrcholu úhel velikosti $\frac{1}{n} 360^{\circ}$. Velikost jeho vnitřního úhlu je tedy $\alpha_{n}=180^{\circ}-\frac{1}{n} 360^{\circ}=\frac{n-2}{n} 180^{\circ}$.

Zadání úlohy tak vede $\mathrm{k}$ rovnici

$$
\frac{3(n-2)}{n}=\frac{2(m-2)}{m}
$$

kterou upravíme na tvar

$$
m n=6 m-4 n \quad \text { neboli } \quad n=6-4 \frac{m}{n}
$$

Odtud plyne, že $n<6$. Dosazením $n \in\{3,4,5\}$ najdeme následující tři dvojice $[n, m]=$ $=[3,4],[4,8],[5,20]$, jež vyhovují rovnici $(1)$.

Úloze vyhovují tři dvojice pravidelných mnohoúhelníků: trojúhelník a čtverec, čtverec a osmiúhelník, pětiúhelník a dvacetiúhelník.

Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 3 body za nalezení vztahu ekvivalentního rovnici (1).

2. Nejprve si všimneme, že při dělení třemi dávají čísla $k$ a $k^{3}$ vždy stejný zbytek (to stačí ověřit pro $k \in\{0,1,2\}$ ). To znamená, že i všechna čísla $k, k^{3}, k^{5}, k^{7}, \ldots$ dávají vesměs stejný zbytek, který závisí jen na tom, jaký zbytek při dělení třemi dává číslo $k$. Pro libovolné přirozené číslo $n$ dávají tedy čísla

$$
(n+6)^{n+7}, n^{n+7}, n^{n+1}
$$

při dělení třemi stejný zbytek. To znamená, že zbytky jednotlivých sčítanců se ve zkoumaném součtu

$$
S(n)=1^{2}+2^{3}+3^{4}+4^{5}+\ldots+n^{n+1},
$$

opakují s periodou 6 (prvních šest je $1,2,0,1,1,0$ ). Protože $999=6 \cdot 166+3$, je jasné, že $S(999)$ dává při dělení třemi stejný zbytek jako $166 \cdot(1+2+0+1+1+0)+1+2+0=833$, tedy 2. Z uvedeného výpočtu ale hned vidíme, že i $S(998)$ dává zbytek 2 , zatímco $S(997)$ je dělitelné třemi, je tedy hledaným číslem číslo 997.

Jiné řešení. Vyjdeme ze stejné úvahy a všimneme si, že platí

$$
S(n+18) \equiv S(n+12)+S(6) \equiv S(n+6)+2 S(6) \equiv S(n)+3 S(6) \equiv S(n)(\bmod 3)
$$

takže zbytky čísel $S(n)$ se opakují s periodou 18. Výpočtem zjištujeme, že zbytky čísel $S(1), S(2), S(3), S(4), \ldots$ tvoří řadu (svorkou je vyznačena jedna zmíněná perioda)

$$
\underbrace{1,0,0,1,2,2,0,2,2,0,1,1,2,1,1,2,0,0,} 1,0,0,1,2,2, \ldots
$$

Součet $S(n)$ je tedy dělitelný třemi, právě když číslo $n$ při dělení osmnácti dává některý ze zbytků $2,3,7,10,17$ nebo 0 .

Protože největší trojciferné číslo je tvaru $999=18 \cdot 55+9$, je hledané číslo $18 \cdot 55+$ $+7=997$.

Za úplné řešení je 6 bodů. Za pouhé odhalení periodicity sčítanců dejte 3 body.

3. Předpokládejme, že $A B C D$ (obr. 1) je hledaný lichoběžník a posuňme úsečku $B D$ o vektor $\boldsymbol{D C}$; obraz bodu $B$ označme $E$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1f240ec7da078b1cb9cg-3.jpg?height=322&width=590&top_left_y=197&top_left_x=754)

Obr. 1

Protože $|B D|=|E C|$ a $|A E|=|A B|+|C D|$, můžeme trojúhelník $A C E$ sestrojit podle věty sss. Střed $O$ kružnice opsané trojúhelníku $A C D$ pak sestrojíme jako průsečík osy úsečky $A C$ s přímkou $A E$. Nakonec sestrojíme vrchol $D$ jako průsečík kružnice $k(O ;|O A|)$ s přímkou $p$ vedenou bodem $C$ rovnoběžně s $A E$ a vrchol $B$ jako průsečík kružnice $l(D,|C E|)$ s polopřímkou $A E$.

Úloha má ve zvolené polorovině s hraniční přímkou $A E$ jediné řešení.

Poznámka. Délky jsou zadány tak, že pro strany trojúhelníku $A E C$ platí rovnost $|A E|^{2}=|A C|^{2}+|C E|^{2}$, takže trojúhelník $A E C$ je pravoúhlý a střed $O$ jeho kružnice opsané je středem úsečky $A E$. Toho lze samož̌ejmě využít ke konstrukci.

Za úplné řešení je 6 bodů.

4. Označme písmeny $L, P$ po řadě výrazy na levé a pravé straně dokazované nerovnosti. Potom je

$$
\begin{aligned}
P-L & =x(y-x)+y(z-y)+z(x-z)+(z-x)= \\
& =x(y-x)+y(z-y)+(z-x)(1-z)>0
\end{aligned}
$$

nebot všechny tři sčítance posledního výrazu jsou podle zadání kladné.

Jiné řešení. Protože $0<y-x<1$, je $(y-x)^{2}<y-x$. Podobně je také $(z-y)^{2}<z-y$ a $(z-x)^{2}<z-x$. Dostáváme tak nerovnosti

$$
\begin{aligned}
& x^{2}+y^{2}=2 x y+(y-x)^{2}<2 x y+y-x \\
& y^{2}+z^{2}=2 y z+(z-y)^{2}<2 y z+z-y \\
& x^{2}+z^{2}=2 x z+(z-x)^{2}<2 x z+z-x,
\end{aligned}
$$

jejichž sečtením obdržíme

$$
2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)<2(x y+y z+x z)+2(z-x),
$$

což je ekvivalentní s dokazovanou nerovností.

Za úplné řešení je 6 bodů.