49. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie C
- Ze dřeva je vyrobeno šest shodných pravidelných čtyřbokých jehlanů a krychle. Stěna krychle je shodná s podstavami jehlanů. Určete poměr povrchu krychle a tělesa, které vznikne slepením podstav jehlanů se stěnami krychle, je-li poměr objemů těchto těles $1: 2$.
- Milan zapsal za sebe několik prvních přirozených čísel, vynechal při tom jen čísla 4, $9,14,19,24,29, \ldots$ Pak mezi zapsaná čísla vepsal střídavě znaky minus a plus, takže dostal výraz
Nakonec ještě vepsal levou závorku za každý znak minus a stejný počet pravých závorek zapsal až na konec výrazu:
Výsledný výraz měl hodnotu 103. Kolik čísel v Milanově výrazu bylo? (Zjistěte všechny možnosti.)
- Jaký největší počet figurek je možno rozestavit na jednotlivá pole hrací desky z obrázku tak, aby v žádné šikmé řadě nebyla figurkami obsazena žádná tři sousední pole? Nezapomeňte zdůvodnit, proč větší počet figurek takto rozestavit nelze. (Šikmou řadou rozumíme takovou skupinu polí, jejichž úhlopřičky jednoho z obou směrů leží na jedné přímce.)
- V rovině jsou dány body $A, L, M$ takové, že $|A L|=6,3 \mathrm{~cm}$,
$|A M|=5,6 \mathrm{cm},|L M|=1,8 \mathrm{cm}$. Sestrojte lichoběžník $A B C D$, jemuž lze vepsat kružnici, která se dotýká ramene $B C$ v bodě $L$ a základny $C D$ v bodě $M$ (body dotyku se základnou $A B$ a ramenem $A D$ lichoběžníku $A B C D$ nejsou dány).
II. kolo kategorie C se koná
v úterý 28. března 2000
tak, aby začalo dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Za každou úlohu může soutěžící získat 6 bodů, úspěšným řešitelem je ten žák, který získá 10 bodů nebo více. Tyto údaje se žákưm sdělí před zahájením soutěže.
- Povrch vzniklého tělesa je tvořen všemi 24 bočními stěnami daných šesti jehlanů. Označme $v$ výšku těchto jehlanů a $a$ délku jejich podstavné hrany (jež je shodná s hranou dané krychle). Ze zadání úlohy vyplývá, že objem jednoho jehlanu je šestinou objemu krychle, tedy $\frac{1}{3} a^{2} v=\frac{1}{6} a^{3}$, odkud $v=\frac{1}{2} a$. Boční stěna jehlanu je rovnoramenný trojúhelník, pro jehož výšku $w$ z hlavního vrcholu (obr.1) platí podle Pythagorovy věty rovnost $w^{2}=v^{2}+\left(\frac{1}{2} a\right)^{2}$, odkud po dosazení $v=\frac{1}{2} a$ vychází $w=\frac{\sqrt{2}}{2} a$. Proto je obsah boční stěny jehlanu roven $\frac{1}{2} a w=\frac{\sqrt{2}}{4} a^{2}$. Výsledné těleso má povrch $24 \mathrm{krát}$ větší, tedy $6 \sqrt{2} a^{2}$, zatímco povrch krychle je $6 a^{2}$.
Obr. 1
Odpověd': Poměr povrchů původní krychle a výsledného tělesa je $1: \sqrt{2}$.
Poznámka. Za daných předpokladů vznikne slepením těleso, které bude mít dvanáct shodných stěn (tzv. kosočtverečný dvanáctistěn). Uvedené shodné jehlany mají totiž v součtu stejný objem jako daná krychle a dostaneme je, když krychli rozdělíme na šest shodných jehlanů se společným hlavním vrcholem ve středu krychle.
Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 3 body za určení vztahu $a=2 v$.
- V daném výrazu odstraníme závorky a čísla sdružíme do čtveřic:
(poslední skupina je kratší, není-li počet $N$ všech čísel násobkem čtyř). Čísla v $i$-té skupině $(i=1,2, \ldots)$ tvoří výraz $(5 i-4)-(5 i-3)-(5 i-2)+5 i$, jehož hodnota je zřejmě rovna jedné (nezávisle na indexu $i$ ). Proto je hodnota $V$ celého výrazu v případě $N=4 k$ rovna $V=k, \mathrm{v}$ případě $N=4 k+1$ rovna $V=k+(5 k+1)=6 k+1$, v případě $N=4 k+2$ rovna $V=k+(5 k+1)-(5 k+2)=k-1$ a v prípadě $N=4 k+3$ rovna $V=k+(5 k+1)-(5 k+2)-(5 k+3)=-4 k-4$. Snadno se zjistí, kdy $V=103$ :
Odpověd': V Milanově výrazu bylo bud’ 69, nebo 412, nebo 418 čísel.
Za úplné řešení je 6 bodů, za správné odstranění závorek udělte 2 body.
- Příklad z obr. 2a ukazuje, že je možno požadovaným způsobem rozestavit 16 figurek (obsazená pole jsou označena kří̌̌y). Vysvětlíme nyní, proč více figurek rozestavit nelze. $\mathrm{Na}$ obr. $2 \mathrm{~b}$ vidíte rozdělení všech polí desky do osmi šikmých řad po třech polích, když pole téže řady-trojice jsou označena stejným písmenem. Figurkami je možno obsadit nejvýše dvě pole v každé řadě-trojici ( 2 pole $A, 2$ pole $B, \ldots, 2$ pole $H$ ), celkem nejvýše $8 \cdot 2=16$ polí.
Tvrzení o tom, že nelze rozestavit více než 16 figurek, zdůvodníme ještě jinak, postupem obdobným z řešení úlohy domácího kola. Šikmé řady jednoho směru mají postupně 3, $4,3,4,3,4,3$ pole, v nich lze obsadit nejvýše $2,3,2,3,2,3,2$ pole. Součet posledních čísel je sice 17, ale kdyby v každé ze tří uvažovaných řad o 4 polích (řady polí $A$, polí $B$ a polí $C$ na obr. 2c) byla obsazena 3 pole, musela by být obsazena všechna krajní pole těchto
tří řad, ta však tvoří dvě šikmé řady-trojice druhého směru (krajní šikmé řady $A B C$ na obr. 2c).
Obr. 2
Odpověd’: Největší možný počet rozmístěných figurek je 16.
Za úplné řešení je 6 bodů, 3 body za příklad rozmístění 16 figurek, další body podle úplnosti úvah, proč větší počet figurek rozmístit nelze.
- Označme $k$ vepsanou kružnici, $S$ její střed a $K$ bod dotyku kružnice $k$ se základnou $A B$ (obr. 3). Protože $A B | C D, S K \perp A B$ a $S M \perp C D$, je $K M$ průměr kružnice $k$. Proto jsou oba úhly $A K M$ a $K L M$ pravé, bod $K$ tudíž sestrojíme jako průsečík Thaletovy kružnice $\tau$ nad průměrem $A M$ s přímkou $p$, jež prochází bodem $L$ a je kolmá na $L M$. Zbytek konstrukce je snadný: bod $S$ určíme jako střed úsečky $K M$, sestrojíme kružnici $k=(S,|S K|)$ a v bodech $L$ a $M$ po řadě její tečny $b$ a $c$. Vrchol $B$ pak určíme jako průsečík polopřímky $A K \mathrm{~s}$ prímkou $b$, vrchol $C$ jako průsečík přímek $b$ a $c$, konečně vrchol $D$ sestrojíme jako průsečík přímky $c$ s tečnou $d$ kružnice $k$, jež je souměrně sdružená s tečnou $A K$ podle osy $A S$. Pro trojúhelník $A L M$ ze zadání má kružnice $\tau$ s přímkou $p$ společné dva body, které jsou na obr. 4 označeny $K_{1}, K_{2}$, proto má úloha dvě řešení lichoběžníky $A B_{1} C_{1} D_{1}$ a $A B_{2} C_{2} D_{2}$.
Za úplné řešení je 6 bodů. Uvede-li řešitel jen jedno řešení, strhněte dva body.
Obr. 3
Obr. 4