Czech/md/cz-mo-secondary/3471703-a50iii.md

50. ročník matematické olympiády, III. kolo kategorie A

Praha, 1.-4. dubna 2001

1. Určete všechny mnohočleny $P$ takové, že pro všechna reálná čísla $x$ platí

$$(P(x){)}^2+P(-x)=P\left(x^2\right)+P(x)\mathrm{.}(P(x))^\{2\}+P(-x)=P\backslash left(x^\{2\}\backslash right)+P(x)\; .$$

(P. Calábek)

Řešení. Je-li mnohočlen $P$ konstantní, tedy $P(x)=a$, pak číslo $a$ splňuje dle zadání podmínku $a^{2}+a=a+a$, takže $a=0$ nebo $a=1$. Oba mnohočleny $P(x)=0$ a $P(x)=1$ jsou řešením úlohy.

Je-li stupeň $n$ mnohočlenu $P$ kladný, pak $P(x)=a x^{n}+Q(x)$, kde $a$ je číslo různé od nuly a $Q$ je mnohočlen stupně nejvýše $n-1$. Porovnáme-li v rovnosti

$${(a{x}^n+Q(x))}^2+a(-x{)}^n+Q(-x)=a{x}^{2n}+Q\left(x^2\right)+a{x}^n+Q(x)\backslash left(a\; x^\{n\}+Q(x)\backslash right)^\{2\}+a(-x)^\{n\}+Q(-x)=a\; x^\{2\; n\}+Q\backslash left(x^\{2\}\backslash right)+a\; x^\{n\}+Q(x)$$

koeficienty u nejvyšší mocniny $x^{2 n}$, dostaneme podmínku $a^{2}=a$, ze které plyne $a=$ $=1$ (připomeňme, že $a \neq 0$ ). Rovnost (1) po dosazení hodnoty $a=1$ upravíme do ekvivalentního tvaru

$$2x^{n}Q(x)+(Q(x){)}^2-Q\left(x^2\right)=[1-(-1{)}^n]x^n+Q(x)-Q(-x)\mathrm{.}2\; x^\{n\}\; Q(x)+(Q(x))^\{2\}-Q\backslash left(x^\{2\}\backslash right)=\backslash left[1-(-1)^\{n\}\backslash right]\; x^\{n\}+Q(x)-Q(-x)\; .$$

Připustme, že mnohočlen $Q$ má kladný stupeň $k(k<n)$. Pak na levé straně $(2)$ stojí mnohočlen stupně alespoň $n+k$, což je sporu s tím, že na pravé straně (2) je mnohočlen stupně nejvýše $n$. Proto je $Q$ konstantní mnohočlen, tedy $Q(x)=b$ pro vhodné číslo $b$. Po dosazení do (2) dostáváme podmínku $2 b x^{n}+b^{2}-b=\left[1-(-1)^{n}\right] x^{n}$, která je splněna pro každé $x$, právě když $2 b=1-(-1)^{n}$ a zároveň $b^{2}-b=0$. Pro sudé $n$ vychází jedině $b=0\left(\right.$ takže $\left.P(x)=x^{n}\right)$, pro liché $n$ vyjde $b=1\left(\operatorname{takže~} P(x)=x^{n}+1\right)$.

Odpověd': Hledané mnohočleny jsou konstanty 0 a 1 , jednočleny $x^{2}, x^{4}, x^{6}, \ldots$ a dvojčleny $x+1, x^{3}+1, x^{5}+1, \ldots$

Jiné řešení. Přičteme-li $P(-x)$ k oběma stranám dané rovnosti, dostaneme rovnost $(P(x))^{2}+2 P(-x)=P\left(x^{2}\right)+P(x)+P(-x)$, na jejíž pravé straně je sudá funkce proměnné $x$. Proto je sudá i funkce na levé straně: pro každé $x$ platí $(P(x))^{2}+2 P(-x)=$ $=(P(-x))^{2}+2 P(x)$, neboli

$$(P(x)-P(-x))\cdot (P(x)+P(-x)-2)=0.(P(x)-P(-x))\; \backslash cdot(P(x)+P(-x)-2)=0\; .$$

Jeden z obou činitelů na levé straně poslední rovnosti je tedy nulový mnohočlen. Pokud platí identicky $P(x)-P(-x)=0$, redukuje se rovnost ze zadání úlohy na $(P(x))^{2}=$ $=P\left(x^{2}\right)$; pokud platí identicky $P(x)+P(-x)-2=0$, pak pro mnohočlen $Q$ definovaný rovností $Q(x)=P(x)-1$ platí $Q(-x)=-Q(x)$ a dosazením a snadnou úpravou se zjistí, že rovnost ze zadání přejde do tvaru $(Q(x))^{2}=Q\left(x^{2}\right)$.

Shrneme-li tedy oba případy, zjistíme, že v každém z nich máme určit mnohočlen $R$, který je sudou nebo lichou funkcí a splňuje pro každé $x$ rovnost $(R(x))^{2}=R\left(x^{2}\right)$. Hledejme taková $R$ nejdříve mezi jednočleny: po dosazení $R(x)=a x^{n}$ zjistíme, že je bud' $a=0$, nebo $a=1$ a $n \geqq 0$ libovolné. Připustme, že $R$ není jednočlen, tedy $R(x)=a x^{n}+b x^{k}+S(x)$, kde $a$, $b$ jsou čísla různá od nuly, $n>k$ a $S$ je nulový mnohočlen nebo mnohočlen stupně nejvýše $k-1$. Porovnáme-li v rovnosti

$$(a{x}^n+b{x}^k+S(x))\cdot (a{x}^n+b{x}^k+S(x))=a{x}^{2n}+b{x}^{2k}+S(x)\backslash left(a\; x^\{n\}+b\; x^\{k\}+S(x)\backslash right)\; \backslash cdot\backslash left(a\; x^\{n\}+b\; x^\{k\}+S(x)\backslash right)=a\; x^\{2\; n\}+b\; x^\{2\; k\}+S(x)$$

koeficienty členů s mocninou $x^{n+k}$, dostaneme rovnost $2 a b=0$, která je ve sporu s tím, že $a \neq 0$ a $b \neq 0$. Proto podmínku $(R(x))^{2}=R\left(x^{2}\right)$ splňují pouze mnohočleny $R$ rovné $0,1, x, x^{2}, x^{3}, \ldots$

2. V rovině je dán trojúhelník $P Q X, k d e|P Q|=3 \mathrm{cm},|P X|=2,6 \mathrm{cm},|Q X|=3,8 \mathrm{~cm}$. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník $A B C$ tak, aby se jemu vepsaná kružnice dotýkala přepony $A B$ v bodě $P$, odvěsny $B C$ v bodě $Q$ a aby bod $X$ ležel na přímce $A C$.

(J. Šimša)

Řešení. Označme ještě $R$ bod dotyku s odvěsnou $A C$ a $S$ střed zmíněné kružnice (obr.1). Protože $S Q C R$ je čtverec a bod $S$ leží na ose $o$ úsečky $P Q$, leží bod $C$ na přímce $o^{\prime}$, která je obrazem osy $o$ v otočení kol bodu $Q$ o pravý úhel. Vrchol $C$ proto sestrojíme jako průsečík přímky $o^{\prime} \mathrm{s}$ Thaletovou kružnicí $\tau$ nad průměrem $Q X$. Zbytek konstrukce je zřejmý.

Obr. 1

Úloha má (pro dané body $P, Q, X$ ) jediné řešení. I když osu $o$ můžeme kol bodu $Q$ otočit o pravý úhel dvěma způsoby, jedna z otočených přímek $o^{\prime \prime}$ kružnici $\tau$ vůbec neprotne; druhá z nich má $\mathrm{s}$ kružnicí $\tau$ sice dva společné body, ale jednomu z nich odpovídá takový trojúhelník $A B C$, že místo kružnice vepsané má požadované vlastnosti kružnice připsaná přeponě $A B$ (bod $Q$ jejího dotyku s přímkou $B C$ neleží na odvěsně $B C$, ale na jejím prodloužení za vrchol $B$ ).

3. Najděte všechny trojice reálných čisel $a, b, c$, pro které je množinou řešení nerovnice

$$\sqrt{2x^2+ax+b}>x-c\backslash sqrt\{2\; x^\{2\}+a\; x+b\}>x-c$$

s neznámou x množina $(-\infty, 0\rangle \cup(1, \infty)$.

(P. Černek)

Řešení. Označme $()$ danou nerovnici a $K=(-\infty, 0) \cup(1, \infty)$ př́slušnou množinu (všech) řešení. Z toho, že 0 patří do $\mathrm{K}$, plyne pro $b$ podmínka $b \geqq 0$ a zároveň $\sqrt{b}>-c$. Kdyby však platilo $b>0$, byl by výraz $\sqrt{2 x^{2}+a x+b}$ definován $\mathrm{v}$ některém okolí bodu $x=0$ a $\mathrm{z}$ (ostré) nerovnosti $()$ pro $x=0$ by plynula její platnost i pro malá kladná čísla $x$, což je ve sporu s tvarem množiny K. Proto musí být $b=0$ a z nerovnosti $\sqrt{b}>-c$ plyne podmínka $c>0$.

Protože $\sqrt{2 x^{2}+a x+b}=\sqrt{x(2 x+a)}$ a protože množina K obsahuje všechna čísla $x>1$, platí pro taková $x$ nerovnost $2 x+a \geqq 0$, která znamená, že $a \geqq-2$. Protože $1 \notin \mathrm{K}$, nerovnost $\sqrt{2+a}>1-c$ neplatí, její levá strana však má díky nerovnosti $a \geqq-2$ smysl. Proto naopak platí $\sqrt{2+a} \leqq 1-c$, odkud plyne podmínka $c \leqq 1$. Kdyby platila ostrá nerovnost $\sqrt{2+a}<1-c$, nerovnost $\sqrt{x(2 x+a)}<x-c$ by byla splněna nejen pro $x=1$, ale také pro $x=1+\varepsilon \mathrm{s}$ dostatečně malým $\varepsilon>0$, což je ve sporu $\mathrm{s}$ tím, že $1+\varepsilon \in \mathrm{K}$. To znamená, že $\sqrt{2+a}=1-c$, odkud $a=(1-c)^{2}-2=c^{2}-2 c-1$.

Shrňme výsledky našich úvah: zjistili jsme, že každá vyhovující trojice čísel $(a, b, c)$ je nutně tvaru $\left(c^{2}-2 c-1,0, c\right)$, kde $0<c \leqq 1$. Ukažme nyní, že obráceně každá trojıce popsaneno tvaru ma pozadovane vlastnost1. Kesme proto v oboru realnych cisel nerovnici

$$\sqrt{x(2x+a)}>x-c\backslash sqrt\{x(2\; x+a)\}>x-c$$

pro pevně zvolené $c \in(0,1\rangle$ a odpovídající $a=c^{2}-2 c-1$.

Z nerovností $0<c \leqq 1$ a vyjádření $a=(1-c)^{2}-2$ plyne, že $-2 \leqq a<-1$. Pro každé $x \leqq 0$ tudíž platí $2 x+a<0$, takže levá strana (1) má smysl a je nezáporná, zatímco pravá strana (1) je pro takové $x$ záporná (nebot’ $x-c \leqq-c<0$ ). Proto celý interval $(-\infty, 0\rangle$ patří do množiny řešení (1). Nepatří tam však žádné číslo $x$ z intervalu $\left(0,-\frac{1}{2} a\right)$, nebot pro ně nemá smysl levá strana (1). Zbývá tedy vyřešit nerovnici (1) na intervalu $\left\langle-\frac{1}{2} a, \infty\right)$. Zdůvodníme předtím, že pro krajní bod $-\frac{1}{2} a$ platí odhady $c \leqq-\frac{1}{2} a \leqq 1$. Skutečně, horní odhad okamžitě plyne z toho, že $a \geqq-2$, dolní odhad se snadno odvodí ze zřejmé nerovnosti $c^{2} \leqq 1$ :

$$-\frac{1}{2}a=-\frac{1}{2}(c^2-2c-1)=c+\frac{1}{2}(1-c^2)\geqq c-\backslash frac\{1\}\{2\}\; a=-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(c^\{2\}-2\; c-1\backslash right)=c+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(1-c^\{2\}\backslash right)\; \backslash geqq\; c$$

Pro každé $x \in\left\langle-\frac{1}{2} a, \infty\right)$ platí tedy $x \geqq c$, a proto jsou obě strany nerovnice (1) nezáporné. Po umocnění obou stran na druhou a snadné úpravě dostaneme ekvivalentní nerovnici $x^{2}+(a+2 c) x-c^{2}>0$. Odtud po dosazení $a=c^{2}-2 c-1$ vychází nerovnice $(x-1)\left(x+c^{2}\right)>0$, která platí pro právě ta (kladná) čísla $x \in\left\langle-\frac{1}{2} a, \infty\right)$, která jsou větší než 1 (zopakujme, že $-\frac{1}{2} a \leqq 1$ ). Tím je dokázáno, že množinou řešení nerovnice (1) je skutečně množina $\mathrm{K}$ ze zadání úlohy.

Odpověd': Hledané trojice jsou $(a, b, c)=\left(c^{2}-2 c-1,0, c\right)$, kde $c$ je libovolné číslo $\mathrm{z}$ intervalu $(0,1\rangle$.

4. V jistém jazyce je n písmen. Skupina písmen (napsaných za sebou) je slovo, právě když se mezi žádnými dvěma stejnými písmeny nenacházeji dvě stejná písmena. Určete počet všech slov maximální délky.

(K. Černeková)

Řešení. V žádném slově zřejmě nemohou být čtyři stejná písmena. Maximální možná délka slova uvažovaného jazyka je tedy $3 n$ (skupina $n$ trojic stejných písmen za sebou je zřejmě slovo). Zároveň je jasné, že pro $n=1$ existuje jediné slovo délky 3 .

Necht $n \geqq 2$.

1. Každé slovo začíná dvěma stejnými písmeny. Kdyby tomu tak nebylo, měli bychom slovo $A B \ldots A \ldots A \ldots$ začínající dvojicí různých písmen $A, B$. Další písmeno $B$ se však nemůže vyskytovat mezi prvním a druhým písmenem $A$ (jedno už tam je), ani za třetím písmenem $A$ (dvě $A$ by byla mezi dvěma $B$ ). Obě zbývající písmena $B$ by tedy musela být mezi druhým a třetím písmenem $A$, což také není možné.
2. Vypustime-li ze slova maximální délky $3 n$ tři stejná písmena, dostaneme v jazyce s $n-1$ písmeny opět slovo maximální délky $3(n-1)$.

Počet slov maximální délky $\mathrm{v}$ jazyce $\mathrm{s} n$ písmeny označme $p_{n}$. Zjistíme, kolik je slov maximální délky začínajících zvoleným písmenem $A$. Každé takové slovo začíná dvěma písmeny $A$, takže třetí písmeno je bud’ opět $A$ (takových slov je zřejmě tolik, kolik je slov maximální délky obsahujících $n-1$ písmen, tj. $p_{n-1}$ ), nebo písmeno $B \neq A$. Protože po vypuštění všech písmen $A$ dostaneme opět slovo (a to musí začínat, jak už víme, dvěma stejnými písmeny), musí původní slovo začínat skupinou $A A B A B$ (možnost $A A B B \ldots A$ zřejmě nepřichází v úvahu). Takových slov je opět $p_{n-1}$. Celkem je tedy $2 p_{n-1}$ slov maximální délky začínajících zvoleným písmenem $A$. To znamená, že $p_{n}=2 n p_{n-1}$, odkud snadno plyne, že

$$p_n=2^{n-1}n!p_1=2^{n-1}n!\mathrm{.}p\_\{n\}=2^\{n-1\}\; n\; !\; p\_\{1\}=2^\{n-1\}\; n\; !\; .$$

Nalezený vzorec vyhovuje i pro $n=1$.

5. Z papíru byl vystřižen rovnoramenný lichoběžník $C_{1} A B_{2} C_{2}$ s kratší základnou $B_{2} C_{2}$. Patu kolmice ze středu $D$ ramena $C_{1} C_{2}$ na základnu $A C_{1}$ označíme $B_{1}$. Po přehnutí papíru podél úseček $D B_{1}, A D$ a $A C_{2}$ se body $C_{1}, C_{2}$ premístily $v$ prostoru do jednoho bodu $C$ a body $B_{1}, B_{2}$ do bodu $B$. Vznikl tak model čtyřstěnu $A B C D$ s objemem $64 \mathrm{~cm}^{3}$. Určete délky stran pưvodního lichoběžníku. (P. Leischner)

Řešení. Z rovnosti úseček, jež v popsané síti odpovídají týmž hranám výsledného čtyřstěnu $A B C D$, dostáváme, že $\left|A B_{1}\right|=\left|A B_{2}\right|=|A B|=b,\left|B_{1} C_{1}\right|=\left|B_{2} C_{2}\right|=|B C|=c$. Označme $S$ střed úsečky $A B_{1}$ a $B_{3}$ patu kolmice z bodu $D$ na přímku $B_{2} C_{2}$ (obr. 2). Trojúhelníky $B_{1} C_{1} D$ a $B_{3} C_{2} D$ jsou středově souměrné podle bodu $D$, proto $\left|B_{3} C_{2}\right|=$ $=\left|B_{1} C_{1}\right|=c$. Protože lichoběžník $C_{1} A B_{2} C_{2}$ je rovnoramenný, je rovnoramenný i trojúhelník $B_{1} A B_{2}$ (vzhledem $\mathrm{k}$ předchozím rovnostem je dokonce rovnostranný), a z obdélníku $B_{1} S B_{2} B_{3}$ tak plyne $\frac{1}{2} b=\left|B_{1} S\right|=\left|B_{2} B_{3}\right|=2 c$, takže $b=4 c$.

Obr. 2

Obr. 3

Nyní si už jen uvědomíme, že sestavený čtyřstěn $A B C D$ bude mít dvě pravoúhlé stěny $C D B$ a $A D B$ s pravými úhly při vrcholu $B$ (obr. 3), což znamená, že hrana $B D$ bude kolmá ke stěně $A B C$. Přitom výška $v$ trojúhelníku $A B C$ (neboli trojúhelníku $A B_{2} C_{2}$ ) na stranu $B C$ je zároveň výškou $B_{2} S$ rovnostranného trojúhelníku $B_{1} A B_{2}$, takže $v=\frac{1}{2} \sqrt{3} b$ a zároveň $|B D|=\left|B_{1} D\right|=\frac{1}{2} v$. Objem $V$ čtyřstěnu $A B C D$ tedy spočteme jako

takže $b=\sqrt[3]{64^{2}} \mathrm{cm}=16 \mathrm{cm}$.

6. Jsou dána přirozená čísla $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ a funkce $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}$ taková, že $f(x)=1$ pro každé celé $x<0 a$

$$f(x)=1-f(x-a_1)f(x-a_2)\dots f(x-a_n)f(x)=1-f\backslash left(x-a\_\{1\}\backslash right)\; f\backslash left(x-a\_\{2\}\backslash right)\; \backslash ldots\; f\backslash left(x-a\_\{n\}\backslash right)$$

pro každé celé $x \geqq 0$. Dokažte, že existuji přirozená čisla s a t taková, že pro každé celé $x>s$ platí $f(x+t)=f(x)$.

(P. Kañovský) prvkové množině $M={0,1}$. Tvrzení $f(x) \in M$ totiž platí pro keždé $x<0$. je-li celé číslo $x \geqq 0$ takové, že $f(y) \in \mathrm{M}$ pro každé celé $y<x$, pak v M leží každé z $n$ čísel $f\left(x-a_{i}\right)(i=1,2, \ldots, n)$, a tedy i jejich součin, podle (1) tedy i číslo $f(x)$. Důkaz indukcí je hotov.

Označme nyní $A=\max \left{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right}$. Pak všechna čísla $x-a_{i}(i=1,2, \ldots, n)$ leží mezi $A$ čísly $x-1, x-2, \ldots, x-A$. Podle (1) to znamená, že platí-li pro některá nezáporná čísla $p$ a $q$ následujících $A$ rovností

$$f(p-1)=f(q-1),f(p-2)=f(q-2),\dots ,f(p-A)=f(q-A)f(p-1)=f(q-1),\; f(p-2)=f(q-2),\; \backslash ldots,\; f(p-A)=f(q-A)$$

platí rovněž rovnost $f(p)=f(q)$; matematickou indukcí lze pak oveřit rovnost $f(p+$ $+r)=f(q+r)$ pro každé celé $r \geqq 0$. Dokážeme-li proto existenci přirozených čísel $p$ a $q, p<q$, pro něž platí soustava rovností (2), bude tvrzení z textu úlohy platit pro čísla $s=p$ a $t=q-p$.

Podmínku (2) lze vyjádřit jako rovnost dvou uspořádaných $A$-tic

$$[f(p-1),f(p-2),\dots ,f(p-A)]=[f(q-1),f(q-2),\dots ,f(q-A)][f(p-1),\; f(p-2),\; \backslash ldots,\; f(p-A)]=[f(q-1),\; f(q-2),\; \backslash ldots,\; f(q-A)]$$

které jsou, jak již víme, sestaveny výhradně z čísel 0 a 1 . Ze dvou různých prvků lze ale sestavit pouze $2^{A}$ různých $A$-tic, takže například v následující skupině $A$-tic

$$\{[f(x-1),f(x-2),\dots ,f(x-A)]:x=0,1,\dots ,2^A\}\backslash left\backslash \{[f(x-1),\; f(x-2),\; \backslash ldots,\; f(x-A)]:\; x=0,1,\; \backslash ldots,\; 2^\{A\}\backslash right\backslash \}$$

jsou některé dvě $A$-tice stejné. Tím je důkaz tvrzení úlohy hotov.