Czech/md/cs-mo-secondary/cs-3471665-a47ii.md

# A47, krajské kolo 

1. Číslo $1997^{3^{n}}+1$ je dělitelné číslem $3^{n+3}$ pro každé přirozené číslo $n$. Dokažte.

Řešení: Tvrzení dokážeme indukcí podle čísla $n$. Můžeme začít od hodnoty $n=0$ : číslo $1997^{3^{0}}$

je skutečně násobkem čísla $3^{3}(1998=27 \cdot 74)$. Platíli podle indukčního předpokladu rovnost 1997 $+1=3^{n+3} k_{n}$ pro vhodné přirozené číslo $k_{n}$, dostaneme ze vzorce $A^{3}+B^{3}=(A+B)^{3}-3 A B(A+B)$ hodnoty $A=1997^{3^{n}}$ a $B=1$ následující vyjádření:

$$
1997^{3^{n+1}}+1=\left(3^{n+3} k_{n}\right)^{3}-3 \cdot 1997^{3^{n}} \cdot\left(3^{n+3} k_{n}\right)=3^{n+4}\left(3^{2 n+5} k_{n}^{3}-1997^{3^{n}} k_{n}\right) .
$$

Tím je důkaz hotov.

Dodejme, že při druhém indukčním kroku bylo rovněž možné využít rozklad

$$
x^{3^{n+1}}+1=\left(x^{3^{n}}\right)^{3}+1^{3}=\left(x^{3^{n}}+1\right)\left(x^{2 \cdot 3^{n}}-x^{3^{n}}+1\right)
$$

a vysvětlit, proč pro $x=1997$ je druhý činitel dělitelný třemi: čísla $1997^{2 \cdot 3^{n}}$ a $1997^{3^{n}}$ totiž při dělení t dávají po řadě zbytky 1 a 2.

2. V jedné řadě je postaveno $n$ sloupkư dámových kamenů tak, že mezi každými dvěma sloupky st výšky se nachází sloupek vyšší. (Všechny kameny mají shodnou výšku, některé sloupky mohou být tvo i jedním kamenem.) Nejvyšší sloupek obsahuje $k$ kamenů. Pro dané $k$ určete největší možnou hodnotu

Řešení: Výšku sloupku budeme udávat počtem kamenů, ze kterých je sloupek vytvořen. Je-li v uvaž řadě $x$ sloupkư téže výšky $v$, musí v každé z $x-1$ mezer mezi nimi stát nějaký sloupek výšky alespoň $v$ takže sloupkư výšky v je nejvýše o 1 více než všech sloupkư výšek alespoř $v+1$. Využijeme-li tento pozn postupně pro $v=k, k-1, k-2, \ldots$, zjistíme, že sloupek maximální výšky $k$ je jediný, sloupky výšky $k$ jsou nejvýše 2 (o 1 více než 1 ), sloupky výšky $k-2$ nejvýše 4 (o 1 více než $1+2$ ), sloupkư výšky $k-$ nejvýše 8 (o 1 více než $1+2+4$ ), .. Tak se (formálně indukcí) ověří, že sloupkư výšky $k-j$ je nej $2^{j}$ (o 1 více než $1+2+\cdots+2^{j-1}$ ). Sečtením pro $j=0,1, \ldots, k-1$ dostaneme odhad pro počet $n \mathrm{v}$ sloupků uvažované řady:

$$
n \leq 1+2+4+\cdots+2^{k-1}=2^{k}-1 .
$$

Hodnota $n=2^{k}-1$ je možná, konstrukce příslušné řady je nasnadě: nejdříve postavíme 1 sloupek výšk pak 2 sloupky výšky $k-1$, pak 4 sloupky výšky $k-2$ atd. až na konec $2^{k-1}$ sloupkư výšky 1 , a to vžd. všech mezer mezi již postavené kameny a na oba kraje řady. Lze to vyjádřit schématem

$$
(k) \rightarrow(k-1, k, k-1) \rightarrow(k-2, k-1, k-2, k, k-2, k-1, k-2) \rightarrow \ldots \rightarrow(1,2,1, \ldots, 1,2,1)
$$

Jiné řešení: Indukcí vzhledem k číslu $k$ ukážeme, že hledaná největší možná hodnota $n$, kt označíme $n_{k}$, existuje a že platí rovnost $n_{k+1}=2 n_{k}+1$ pro každé $k \geq 1$. Protože sloupek maxim výšky je v každé uvažované řadě zřejmě jediný, platí především $n_{1}=1$. Předpokládejme nyní, že čísl existuje a uvažujme o libovolné řadě dané vlastnosti, v níž má (jediný) nejvyšší sloupek výšku $k+1$ kam Tento sloupek rozděluje řadu na dvě části, které rovněž mají zkoumanou vlastnost, všechny sloupky v však obsahují nejvýše $k$ kamenů. Proto na každou stranu od sloupku o $k+1$ kamenech stojí nejvýše $n_{k}$ slou (přesněji: nejvýše $n_{k^{\prime}}$ sloupkư, kde $k^{\prime}$ je druhý největší počet kamenuْ v jednom sloupku celé uvažované ř zřejmě však $n_{k^{\prime}} \leq n_{k}$, kdykoliv $k^{\prime} \leq k$ ). Proto číslo $n_{k+1}$ existuje a platí odhad $n_{k+1} \leq n_{k}+n_{k}+1$. druhé straně, vezmeme-li dvě stejné řady zkoumané vlastnosti, a to právě o $n_{k}$ sloupcích (z nichž nej obsahuje $k$ kamenů) a postavíme mezi ně sloupek o $k+1$ kamenech, dostaneme radu, která potvrzuje od $n_{k+1} \geq 2 n_{k}+1$. Rovnost $n_{k+1}=2 n_{k}+1$ je tak dokázána.

Z rovností $n_{1}=1$ a $n_{k+1}=2 n_{k}+1$ se už snadno uhodne a indukcí ověří vzorec $n_{k}=2^{k}-1$.

Do pokynư pro bodování: Řešení typu "abych umístil do řady co nejvíce sloupkư, budu ji sestav takto ..." "bez vysvětlení, proč řada o větším počtu sloupkư neexistuje, oceňte nejvýše 4 body. Za di nerovnosti $n<2^{k}-1$ (bez vysvětlení, že rovnost je možná), udělte 5 bodů.

3. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic

$$
\begin{aligned}
& x^{2}-y z=a, \\
& y^{2}-z x=a-1, \\
& z^{2}-x y=a+1
\end{aligned}
$$

s reálným parametrem $a$. Proveďte diskusi o počtu řešení.

Řešení: Odečteme-li od první rovnice rovnici druhou a pak od třetí rovnice rovnici první, dostan rovnosti

$$
(x-y)(x+y+z)=1 \quad \text { a } \quad(z-x)(x+y+z)=1 .
$$

Plyne z nich, že čísla $x-y$ a $z-x$ jsou nutně různá od nuly a obě se rovnají číslu $s=(x+y+z$ Vyjádření $y=x-s$ a $z=x+s$ dosadíme do původní soustavy:

$$
\begin{aligned}
& x^{2}-(x+s)(x-s)=a, \\
& (x-s)^{2}-x(x+s)=a-1, \\
& (x+s)^{2}-x(x-s)=a+1 .
\end{aligned}
$$

Snadno zjistíme, že tato soustava je ekvivalentní s dvojicí rovnic $s^{2}=a$ a $3 x s=1$, z níž jednak $\mathrm{p}$ podmínka řešitelnosti $a>0$ (neboť $s \neq 0$ ), jednak vyjádření $s= \pm \sqrt{a}$ a $x=\frac{1}{3 s}= \pm \frac{1}{3 \sqrt{a}}$, takže $y=x-$ $= \pm \frac{1-3 a}{3 \sqrt{a}}$ a $z=x+s= \pm \frac{1+3 a}{3 \sqrt{a}}$ (ve všech vzorcích platí vždy stejné znaménko). Protože soustava $(*)$ řešena ekvivalentními úpravami, není třeba provádět zkoušku.

Odpověd: Pro $a \leq 0$ soustava nemá žádné řešení, pro $a>0$ existují právě dvě řešení $(x, y, z)$, a to trc

$$
\left(\frac{1}{3 \sqrt{a}}, \frac{1-3 a}{3 \sqrt{a}}, \frac{1+3 a}{3 \sqrt{a}}\right) \quad \text { a } \quad\left(\frac{-1}{3 \sqrt{a}}, \frac{-1+3 a}{3 \sqrt{a}}, \frac{-1-3 a}{3 \sqrt{a}}\right) .
$$

Jiné řešení: Členy na levých stranách rovnic eliminujeme tak, že sečteme $y$-násobek první rovnic $z$-násobkem rovnice druhé a $x$-násobkem rovnice třetí. Dostaneme tak lineární rovnici $0=a y+(a-1)$ $+(a+1) x$. Podobně sečtením $z$-násobku první rovnice $\mathrm{s} x$-násobkem rovnice druhé a $y$-násobkem rov tretí dostaneme $0=a z+(a-1) x+(a+1) y$. Ze získaných rovnic

$$
(a+1) x+a y+(a-1) z=0,(a-1) x+(a+1) y+a z=0
$$

eliminujeme nejprve proměnnou $z$ (odečtením $(a-1)$-násobku druhé rovnice od $a$-násobku rovnice pr výsledkem je vyjádření $y=(1-3 a) x$; poté podobnou eliminací proměnné $y$ dospějeme k rovnosti $z=$ $+3 a) x$. Dosadíme-li tato vyjádření $y$ a $z$ do původních rovnic, dostaneme soustavu

$$
9 a^{2} x^{2}=a, 9 a(a+1) x^{2}=a+1,9 a(a-1) x^{2}=a-1 .
$$

Ta je ekvivalentní (bez ohledu na hodnotu parametru a) s jedinou rovnicí $9 a x^{2}=1$. Tak dostáv podmínku řešitelnosti $a>0$ a vzorce pro obě řešení

$$
x= \pm \frac{1}{3 \sqrt{a}}, y=(1-3 a) x= \pm \frac{1-3 a}{3 \sqrt{a}}, z=(1+3 a) x= \pm \frac{1+3 a}{3 \sqrt{a}} .
$$

4. V rovině, v níž je dána úsečka $B D$, najděte množinu všech vrcholů $A$ konvexních čtyřúhel $A B C D$, pro které současně platí:

a) střed $O_{C}$ kružnice vepsané trojúhelníku $B C D$ leží na kružnici opsané trojúhelníku $A B D$,

b) střed $O_{A}$ kružnice vepsané trojúhelníku $A B D$ leží na kružnici opsané trojúhelníku $B C D$.

Řešení: Označme $\alpha=|\angle B A D|$ a $\gamma=|\angle B C D|$. Platí

$$
\left|\angle B O_{C} D\right|=180^{\circ}-\left(\left|\angle O_{C} B D\right|+\left|\angle O_{C} D B\right|\right)=
$$

$$
=180^{\circ}-\frac{1}{2}(|\angle C B D|+|\angle C D B|)=90^{\circ}+\frac{1}{2}
$$

podobně $\left|\angle B O_{A} D\right|=90^{\circ}+\frac{1}{2} \alpha$. Protože body $A$ a $O_{C}$ leží v opačných polorovinách s hraniční přímkou $B 1$ podmínka a) úlohy ekvivalentní s tím, že součet velikostí úhlů $B A D$ a $B O_{C} D$ je $180^{\circ}$, tj. $\alpha+\left(90^{\circ}+\frac{1}{2} \gamma\right)=1$ Podobně usoudíme, že podmínka b) je splněna, právě když $\gamma+\left(90^{\circ}+\frac{1}{2} \alpha\right)=180^{\circ}$. Nalezená dvojice ro má jediné řešení $\alpha=\gamma=60^{\circ}$. Proto body $A$ a $C$ leží každý na jiném ze dvou kruhových oblouků, ze kte je úsečku $B D$ vidět pod úhlem $60^{\circ}$. Na druhé straně, zvolíme-li libovolný vnitřní bod $A$ jednoho z tě oblouků, lze na druhém oblouku vybrat bod $C$ tak, aby $A B C D$ byl konvexni čtyřŕhelník (stačí napří trojúhelník $A B D$ doplnit na rovnoběžník $A B C D$ ).

Odpověd: Hledanou množinu vrcholů $A$ tvoří vnitřní body dvou kruhových oblouků, ze kterých je ús $B D$ vidět pod úhlem $60^{\circ}$.

Do pokynu pro bodování: Pokud řešitel nevysvětlí, proč každý bod $A$ nalezené množiny je vrch některého vyhovujícího čtyřúhelníku $A B C D$, udělte nejvýše 5 bodů.