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

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

dělitelný třemi.

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

$$\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }=8\mathrm{c}\mathrm{m},\mathrm{\mid }BD\mathrm{\mid }=6\mathrm{c}\mathrm{m},\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }=10\mathrm{c}\mathrm{m}|A\; C|=8\; \backslash mathrm\{~cm\},|B\; D|=6\; \backslash mathrm\{~cm\},|A\; B|+|C\; D|=10\; \backslash mathrm\{~cm\}$$

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

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

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

kterou upravíme na tvar

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

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

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

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

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

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

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

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)

$$\underbrace{1,0,0,1,2,2,0,2,2,0,1,1,2,1,1,2,0,0,}1,0,0,1,2,2,\dots \backslash underbrace\{1,0,0,1,2,2,0,2,2,0,1,1,2,1,1,2,0,0,\}\; 1,0,0,1,2,2,\; \backslash ldots$$

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 $E$.

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

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

jejichž sečtením obdržíme

což je ekvivalentní s dokazovanou nerovností.

Za úplné řešení je 6 bodů.