Czech/md/cz-mo-secondary/3471712-b51ii.md

51. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie B

1. Najděte všechna přirozená čísla $n$, která jsou menší než 100 a mají tu vlastnost, že druhé mocniny čísel $7 n+5$ a $4 n+3$ končí stejným dvojčíslím.
2. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic

3. Uvnitř stran $A B, B C, C D$ a $D A$ konvexního čtyřúhelníku $A B C D$ jsou po řadě zvoleny body $K, L, M$ a $N$. Označme $S$ průsečík přímek $K M$ a $L N$. Je-li možno vepsat kružnice čtyřúhelníkům $A K S N, B L S K, C M S L$ a $D N S M$, je možno vepsat kružnici i čtyřúhelníku $A B C D$. Dokažte.
4. Je dáno $n$ nezáporných čísel. Můžeme vybrat libovolná dvě z nich, řekněme $a$ a $b$, $a \leqq b$, a zaměnit je čísly 0 a $b-a$. Dokažte, že opakováním této operace lze všechna daná čísla změnit na nuly, právě když původní čísla lze rozdělit do dvou skupin tak, že součty čísel v obou skupinách jsou stejné.

II. kolo kategorie B se koná

v úterý 26. března 2002

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 žákům sdělí před zahájením soutěže.

1. Protože číslo $4 n+3$ je liché, musí být liché i číslo $7 n+5$, takže číslo $n$ musí být sudé: $n=2 k$ pro vhodné celé $k$.

Požadovanou vlastnost lze vyjádřit takto: rozdíl $D=(7 n+5)^{2}-(4 n+3)^{2}$ je dělitelný číslem 100. S využitím rozkladu

$$D=((7n+5)-(4n+3))((7n+5)+(4n+3))=(3n+2)(11n+8)D=((7\; n+5)-(4\; n+3))((7\; n+5)+(4\; n+3))=(3\; n+2)(11\; n+8)$$

po dosazení $n=2 k$ dostaneme vyjádření $D=4(3 k+1)(11 k+4)$. Zajímá nás tedy, kdy je součin $(3 k+1)(11 k+4)$ dělitelný číslem 25 . Oba činitelé $3 k+1$ a $11 k+4$ nemohou být násobky pěti zároveň, protože pro jejich největší společný dělitel vychází

$$\mathrm{nsd}(11k+4,3k+1)=\mathrm{nsd}(3k+1,2k+1)=\mathrm{nsd}(2k+1,k)=\mathrm{nsd}(k,1)=1\backslash operatorname\{nsd\}(11\; k+4,3\; k+1)=\backslash operatorname\{nsd\}(3\; k+1,2\; k+1)=\backslash operatorname\{nsd\}(2\; k+1,\; k)=\backslash operatorname\{nsd\}(k,\; 1)=1$$

Zjistíme proto, kdy platí $25 \mid 3 k+1$ a kdy platí $25 \mid 11 k+4$. Z vyjádření

$$3k+1=3(k-8)+25\text{ a }11k+4=11(k-11)+1253\; k+1=3(k-8)+25\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; 11\; k+4=11(k-11)+125$$

vidíme, že $25 \mid 3 k+1$, právě když $k=25 t+8$, zatímco $25 \mid 11 k+4$, právě když $k=25 t+11$ (písmeno $t$ značí v obou případech celé číslo). Hledaná čísla $n=2 k$ jsou proto čísla tvarů $n=50 t+16$ a $n=50 t+22$, v rozmezí od 1 do 99 jsou to tudíž právě čísla $16,22,66$ a 72 .

Jiné řešení. Nejprve zjistíme poslední číslice čísel $(7 n+5)^{2}$ a $(4 n+3)^{2}$ v závislosti na poslední číslici čísla $n$ :

$n$	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
$7 n+5$	5	2	9	6	3	0	7	4	1	8
$(7 n+5)^{2}$	5	4	$\mathbf{1}$	6	9	0	$\mathbf{9}$	6	1	4
$4 n+3$	3	7	1	5	9	3	7	1	5	9
$(4 n+3)^{2}$	9	9	$\mathbf{1}$	5	1	9	$\mathbf{9}$	1	5	1

(Výpočet celé tabulky se zkrátí na polovinu, když si předem jako $\mathrm{v}$ předchozím řešení uvědomíme, že $n$ musí být sudé.) Vidíme, že čísla $(7 n+5)^{2}$ a $(4 n+3)^{2}$ končí stejnou číslicí, právě když číslo $n$ končí číslicí 2 nebo 6 . Každé hledané $n<100$ je tedy bud’ tvaru $n=10 a+2$, nebo tvaru $n=10 a+6$, kde $a$ je neznámá číslice. I když by stačilo otestovat všech $2 \cdot 10=20$ takových čísel $n$, zvolíme jiný postup.

(i) Pro $n=10 a+2$ platí

Vidíme, že číslo $(7 n+5)^{2}$ má na místě desítek stejnou číslici, jakou má číslo $6 a+6$ na místě jednotek; číslo $(4 n+3)^{2}$ zase má na místě desítek stejnou číslici, jakou má číslo $8 a+2$ na místě jednotek. Hledáme tedy číslice $a$, pro které rozdíl $(8 a+2)-(6 a+6)=2(a-2)$ končí číslicí nula; zřejmě to platí pouze pro $a=2$ a $a=7$, kterým odpovídají řešení $n=22$ a $n=72$.

(ii) Pro $n=10 a+6$ platí

Tentokrát jsou počty desítek v těchto číslech stejné jako počty jednotek v číslech $8 a$ a $6 a+2$. Rozdíl $8 a-(6 a+2)=2(a-1)$ končí číslicí nula jedině pro $a=1$ a $a=6$. Odpovídající řešení jsou $n=16$ a $n=66$.

Za úplné řešení udělte 6 bodů. Za poznatek, že číslo $n$ končí číslicí 2 nebo 6 , udělte 2 body.

2. Protože pro libovolná reálná čísla $x, y$ jsou obě čísla $\left(x^{2}+1\right)$ a $\left(y^{2}+1\right)$ nenulová (totiž kladná), můžeme přejít k novým neznámým

$$u=\frac{x}{x^2+1}\text{ a }v=\frac{y}{y^2+1}u=\backslash frac\{x\}\{x^\{2\}+1\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; v=\backslash frac\{y\}\{y^\{2\}+1\}$$

ve kterých má zřejmě původní soustava rovnic tvar

$$1+24uv=0\text{ a }12u+12v+1=0\text{. }1+24\; u\; v=0\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; 12\; u+12\; v+1=0\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Odtud například pro neznámou $u$ snadno dostaneme kvadratickou rovnici

$$24u^2+2u-1=024\; u^\{2\}+2\; u-1=0$$

s kořeny $u_{1}=\frac{1}{6}$ a $u_{2}=-\frac{1}{4}$, kterým „symetricky“ odpovídají hodnoty $v_{1}=-\frac{1}{4}$ a $v_{2}=\frac{1}{6}$. Protože (kvadratické) rovnice

$$\frac{s}{s^2+1}=\frac{1}{6}\text{ a }\frac{t}{t^2+1}=-\frac{1}{4}\backslash frac\{s\}\{s^\{2\}+1\}=\backslash frac\{1\}\{6\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; \backslash frac\{t\}\{t^\{2\}+1\}=-\backslash frac\{1\}\{4\}$$

mají řešení

$$s_{1,2}=3\pm \sqrt{8}\text{ a }{t}_{1,2}=-2\pm \sqrt{3}s\_\{1,2\}=3\; \backslash pm\; \backslash sqrt\{8\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; t\_\{1,2\}=-2\; \backslash pm\; \backslash sqrt\{3\}$$

má původní soustava právě osm řešení, a to dvojice tvaru $(x, y)=(3 \pm \sqrt{8},-2 \pm \sqrt{3})$ a $(x, y)=(-2 \pm \sqrt{3}, 3 \pm \sqrt{8})$, kde znaménka jsou kombinována libovolně.

Za úplné řešení udělte 6 bodů.

3. Předpokládejme, že zmíněným čtyřem čtyřúhelníkům lze vepsat kružnice. Body dotyků těchto kružnic s příslušnými stranami čtyř́uhelníků označme jako na obrázku. Ze sou-

měrnosti tečen sestrojených z jednoho bodu k téže kružnici plynou rovnosti

$$\mid A{P}_1\mid =\mid A{P}_1^{\mathrm{\prime }}\mid ,\mid B{P}_2\mid =\mid B{P}_2^{\mathrm{\prime }}\mid ,\mid C{P}_3\mid =\mid C{P}_3^{\mathrm{\prime }}\mid ,\mid D{P}_4\mid =\mid D{P}_4^{\mathrm{\prime }}\mid \backslash left|A\; P\_\{1\}\backslash right|=\backslash left|A\; P\_\{1\}^\{\backslash prime\}\backslash right|,\backslash left|B\; P\_\{2\}\backslash right|=\backslash left|B\; P\_\{2\}^\{\backslash prime\}\backslash right|,\backslash left|C\; P\_\{3\}\backslash right|=\backslash left|C\; P\_\{3\}^\{\backslash prime\}\backslash right|,\backslash left|D\; P\_\{4\}\backslash right|=\backslash left|D\; P\_\{4\}^\{\backslash prime\}\backslash right|$$

a

$$\mid S{Q}_1\mid =\mid S{Q}_1^{\mathrm{\prime }}\mid ,\mid S{Q}_2\mid =\mid S{Q}_2^{\mathrm{\prime }}\mid ,\mid S{Q}_3\mid =\mid S{Q}_3^{\mathrm{\prime }}\mid ,\mid S{Q}_4\mid =\mid S{Q}_4^{\mathrm{\prime }}\mid \mathrm{.}\backslash left|S\; Q\_\{1\}\backslash right|=\backslash left|S\; Q\_\{1\}^\{\backslash prime\}\backslash right|,\backslash left|S\; Q\_\{2\}\backslash right|=\backslash left|S\; Q\_\{2\}^\{\backslash prime\}\backslash right|,\backslash left|S\; Q\_\{3\}\backslash right|=\backslash left|S\; Q\_\{3\}^\{\backslash prime\}\backslash right|,\backslash left|S\; Q\_\{4\}\backslash right|=\backslash left|S\; Q\_\{4\}^\{\backslash prime\}\backslash right|\; .$$

Ze souměrnosti společných vnějších tečen dvou kružnic zase plynou rovnosti

$$\mid P_1{P}_2^{\mathrm{\prime }}\mid =\mid Q_1^{\mathrm{\prime }}{Q}_2\mid ,\mid P_2{P}_3^{\mathrm{\prime }}\mid =\mid Q_2^{\mathrm{\prime }}{Q}_3\mid ,\mid P_3{P}_4^{\mathrm{\prime }}\mid =\mid Q_3^{\mathrm{\prime }}{Q}_4\mid ,\mid P_4{P}_1^{\mathrm{\prime }}\mid =\mid Q_4^{\mathrm{\prime }}{Q}_1\mid \mathrm{.}\backslash left|P\_\{1\}\; P\_\{2\}^\{\backslash prime\}\backslash right|=\backslash left|Q\_\{1\}^\{\backslash prime\}\; Q\_\{2\}\backslash right|,\backslash left|P\_\{2\}\; P\_\{3\}^\{\backslash prime\}\backslash right|=\backslash left|Q\_\{2\}^\{\backslash prime\}\; Q\_\{3\}\backslash right|,\backslash left|P\_\{3\}\; P\_\{4\}^\{\backslash prime\}\backslash right|=\backslash left|Q\_\{3\}^\{\backslash prime\}\; Q\_\{4\}\backslash right|,\backslash left|P\_\{4\}\; P\_\{1\}^\{\backslash prime\}\backslash right|=\backslash left|Q\_\{4\}^\{\backslash prime\}\; Q\_\{1\}\backslash right|\; .$$

Podle známé poučky lze konvexnímu čtyřúhelníku $A B C D$ vepsat kružnici, právě když délky jeho stran splňují podmínku

$$\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }DA\mathrm{\mid },|A\; B|+|C\; D|=|B\; C|+|D\; A|,$$

kterou lze s ohledem na (1) upravit do tvaru

$$\mid P_1{P}_2^{\mathrm{\prime }}\mid +\mid P_3{P}_4^{\mathrm{\prime }}\mid =\mid P_2{P}_3^{\mathrm{\prime }}\mid +\mid P_4{P}_1^{\mathrm{\prime }}\mid \mathrm{.}\backslash left|P\_\{1\}\; P\_\{2\}^\{\backslash prime\}\backslash right|+\backslash left|P\_\{3\}\; P\_\{4\}^\{\backslash prime\}\backslash right|=\backslash left|P\_\{2\}\; P\_\{3\}^\{\backslash prime\}\backslash right|+\backslash left|P\_\{4\}\; P\_\{1\}^\{\backslash prime\}\backslash right|\; .$$

Všimněme si, že podle (2) a (3) platí rovnosti

Obě strany (4) se tudíž rovnají součtu $\left|S Q_{1}\right|+\left|S Q_{2}\right|+\left|S Q_{3}\right|+\left|S Q_{4}\right|$ a důkaz je hotov. Za úplné řešení udělte 6 bodů.

4. Poznamenejme nejdříve, že popsanou operaci nemá smysl provádět $\mathrm{s}$ dvojicí čísel $(a, b)$ obsahující číslo nulu, nebot taková dvojice se operací nezmění.

(i) Předpokládejme nejdříve, že danou skupinu $n$ nezáporných čísel lze rozdělit na dvě podskupiny $A$ a $B$ se stejným součtem čísel. Ukažme, že v tomto případě lze opakováním operace změnit všechna čísla obou skupin $A$ a $B$ na nuly. Obsahuje-li některá ze skupin $A, B$ aspoň jedno kladné číslo (jinak jsme hotovi), plyne $\mathrm{z}$ rovnosti součtů čísel $\mathrm{v}$ obou skupinách, že kladné číslo existuje v obou z nich. Vyberme tedy kladné číslo $a \in A$ a kladné číslo $b \in B$ a proved'me operaci právě s těmito dvěma čísly. Je-li například $a \leqq b$ (v případě $a \geqq b$ je úvaha obdobná), změní se číslo $a$ ve skupině $A$ na nulu a číslo $b$ ve skupině $B$ na číslo $b-a$, takže se celkový součet čísel ve skupině $A$ zmenší o $a$, stejně jako celkový součet čísel ve skupině $B$. Proto budou po provedené operaci součty čísel ve skupinách $A$ a $B$ opět stejné, přitom se celkový počet nul v $A \cup B$ zvětší o 1 (pokud bylo $a \neq b$ ) nebo o 2 (pokud bylo $a=b$ ). Opakováním popsané operace s kladnými čísly $a \in A$ a $b \in B$ se proto po konečném počtu kroků dostaneme do situace, kdy v žádné ze skupin $A, B$ již nebude kladné číslo.

(ii) Předpokládejme nyní, že z dané $n$-tice nezáporných čísel jsme dostali vhodným opakováním operace $n$-tici složenou ze samých nul. Dokažme indukcí, že před provedením každé jednotlivé operace bylo možné aktuální $n$-tici čísel rozdělit na dvě podskupiny $A$ a $B$ se stejným součtem. Před provedením poslední operace musela mít aktuální $n$-tice čísel tvar ${a, a, 0,0, \ldots, 0}$, takže vhodné rozdělení bylo $A={a}$ a $B={a, 0,0, \ldots, 0}$. Předpokládejme nyní, že po provedení některé operace s čísly $(a, b), a \leqq b$, existovalo rozdělení čísel do podskupin $A$ a $B$ se stejným součtem, a ukažme, že i před provedením této operace takové rozdělení existovalo. Jistě můžeme předpokládat, že nová čísla 0 a $b-a$ nepatří do stejné z obou podskupin $A$ a $B$ (jinak přehodíme číslo 0 do druhé podskupiny, což nezmění součty čísel v podskupinách), necht̉ tedy například $0 \in A$ a $b-a \in B$. Potom číslo $0 \mathrm{v} A$ zaměníme číslem $a$ a číslo $b-a \mathrm{v} B$ zaměníme číslem $b$; dostaneme tak vhodné rozdělení aktuálních čísel před uvažovanou operací.

Za úplné řešení udělte 6 bodů, 3 body za část (i) a 3 body za část (ii).