48. ročník matematické olympiády
Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie C
- Najděte všechny dvojice $a, b$ nezáporných reálných čísel, pro které platí
- Určete největší čtyřmístné číslo $n$, pro něž je součet $n^{19}+99^{n}$ dělitelný deseti.
- V rovině je dán obdélník $A B C D$, nad jehož stranami $A B$ a $B C$ (jako nad průměry) jsou vně obdélníku sestrojeny po řadě polokružnice $k$ a $l$. Najděte úsečku $X Y$ co největší délky $d$ tak, aby platilo $X \in k$ a $Y \in l$. Délku $d$ pak vyjádřete pomocí délek $a=|A B|$ a $b=|B C|$.
Školní - klauzurní část I. kola kategorie C se koná
v úterý 26. ledna 1999
tak, aby začala 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.
- Umocněním rovnice s nezápornými stranami a dalšími ekvivalentními úpravami postupně dostaneme
Hledanými jsou proto právě ty dvojice nezáporných čísel $a, b$, které splňují aspoň jednu z podmínek $a=0, b=0, a=1$ nebo $b=1$.
Za úplné řešení je 6 bodů.
- Daný součet je lichý pro sudá $n$. Je tedy dělitelný deseti, jen když $n$ je liché. Pro $n=2 k+1$ dává sčítanec $99^{n}=(100-1)^{2 k+1}=10 A-1$ při dělení deseti zbytek 9 , a proto druhý sčítanec $n^{19}$ musí dát při dělení deseti zbytek 1 .
Dekadický zápis čísla $3^{19}=3 \cdot(10-1)^{9}=10 B-3$ zrejmě končí číslicí 7 , a proto číslo tvaru $(10 r \pm 3)^{19}$ nemůže dát při dělení deseti zbytek 1 . Stejný závěr můžeme učinit i pro čísla tvaru $(10 r-1)^{19}$ a $(10 r+5)^{19}$. Odtud plyne, že $n$ může být jedině tvaru $10 r+1$, a největší takové čtyřmístné číslo je 9991.
Jiné řešení. U čísel $n^{19}$ a $99^{n}$ nás zajímají pouze jejich poslední číslice. Protože poslední cifra jakékoli mocniny $n^{k}$ závisí jen na exponentu $k$ a poslední číslici $c$ základu $n$, sestavíme tabulku posledních číslic mocnin $c^{k}$ pro $c=0,1, \ldots, 9$ :
| $k \quad c$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 2 | 0 | 1 | 4 | 9 | 6 | 5 | 6 | 9 | 4 | 1 |
| 3 | 0 | 1 | 8 | 7 | 4 | 5 | 6 | 3 | 2 | 9 |
| 4 | 0 | 1 | 6 | 1 | 6 | 5 | 6 | 1 | 6 | 1 |
| 5 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 6 | 0 | 1 | 4 | 9 | 6 | 5 | 6 | 9 | 4 | 1 |
| $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ | $\vdots$ |
Ze sloupce tabulky pro $c=9$ vidíme, že číslo $99^{n}$ končí číslicí 1 nebo 9 podle toho, zda je $n$ sudé či liché, takže číslo $n^{19}$ má podle toho končit číslicí 9 nebo 1 . Z tabulky dále vidíme, že čísla $n^{k}$ a $n^{k+4}$ končí vždy stejnou cifrou. To tedy platí i pro čísla $n^{19}$ a $n^{3}$. Z třetího řádku uvedené tabulky $(k=3)$ však vidíme, že číslo $n^{3}$ nekončí číslicí 9 pro žádné sudé $n$ (končí totiž číslicí 9 jen pro lichá $n$ končící číslicí 9 ), zato číslicí 1 končí pro právě ta lichá $n$, která končí číslicí 1. Největší takové čtyřmístné číslo je $n=9991$, které je řešením úlohy. Za úplné řešení je 6 bodů.
- Středy $E, F$ polokružnic jsou totožné se středy stran $A B, B C$ (obr. 1). Poloměry
Obr. 1
těchto polokružnic jsou $\frac{1}{2} a, \frac{1}{2} b$ a z trojúhelníku $E B F$ snadno pomocí Pythagorovy věty spočteme
Podle trojúhelníkové nerovnosti (obr.1) zřejmě pro libovolné dva body $X, Y$ takové, že $X$ leží na polokružnici $k$ a $Y$ na polokružnici $l$, platí
s rovností, právě když body $E, F$ leží na úsečce $X Y$. Úsečka $X Y$ má tedy největší délku pro $X=X_{0}, Y=Y_{0}$, kde body $X_{0}, Y_{0}$ jsou průsečíky polokružnic $k, l$ s přímkou $E F$. Pro délku úsečky $X_{0} Y_{0}$ pak platí
Za úplné řešení je 6 bodů; 4 body dejte za nalezení nejdelší úsečky a 2 body za určení její délky. Nestrhávejte body, pokud řešitel prohlásí za zřejmé (ale nedokǎže) tvrzení, že nejdelší spojnice dvou kružnic leží na jejich středné.