50. ročník matematické olympiády
Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie A
- Najděte všechna reálná čísla $p$, pro která má soustava nerovnic
s neznámými $x, y, z$ řešení v oboru reálných čísel.
- Je dán lichoběžník $A B C D$ se základnou $A B$ délky $a$, v němž oba úhly $A B C, A D B$ jsou pravé. Na straně $A B$ leží bod $M$ tak, že úsečka $M D$ je kolmá na $A C$ a úsečka $M C$ je kolmá na $B D$. Určete délky ostatních stran lichoběžníku.
- Najděte všechna čtyřmístná čísla $\overline{a b c d}$, která jsou dělitelná každým z dvojmístných čísel $\overline{a b}, \overline{b c}, \overline{c d}$, jejichž číslice $a, b, c, d$ jsou liché a ne všechny stejné.
Školní - klauzurní část I. kola kategorie A se koná
v úterý 5. prosince 2000
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 bodư nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.
- Sečtením všech tří nerovnic dostaneme nerovnost
z níž po „doplnění na druhé mocniny“ vychází
Tato nerovnost, jež je důsledkem dané soustavy nerovnic, zřejmě platí jedině tehdy, když jsou základy všech tří dvojmocí na levé straně nerovnosti rovny nule, tedy když $x=4$, $y=3, z=2$. Daná soustava má proto (při zvoleném $p$ ) nejvýše jedno řešení, a to právě vypsanou trojici čísel. Zjistíme nyní, pro kterou hodnotu parametru $p$ se skutečně jedná o řešení. Po dosazení hodnot $x=4, y=3, z=2$ do dané soustavy dostaneme trojici nerovností
Z první nerovnosti vychází podmínka $p \leqq 2$, ze třetí podmínka $p \geqq 2$. Číslo $p=2$ je tedy jediná hodnota $p$, pro kterou má daná soustava $\mathrm{v}$ oboru reálných čísel řešení.
Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 4 body za určení neznámých $x, y, z$ a 2 body za určení hodnoty $p$.
- Úsečky $M C$ a $A D$ jsou rovnoběžné (obě jsou totiž kolmé k úsečce $B D$, obr. 1); protože jsou rovnoběžné i úsečky $A M$ a $D C$, je čtyřúhelník $A M C D$ rovnoběžník. Je to
Obr. 1
dokonce kosočtverec, nebot jeho úhlopříčky jsou dle zadání navzájem kolmé. Označme proto $x=|C D|=|D A|=|A M|=|M C|$, zřejmě $a>x$. Pak $|M B|=a-x$ a ze shodnosti souhlasných úhlo̊ $D A M$ a $C M B$ plyne podobnost pravoúhlých trojúhelníků $A B D$ a $M C B$, takže platí úměra $|A D|:|A B|=|M B|:|M C|$, neboli $x: a=(a-x): x$. Odtud pro neznámou délku $x$ vychází kvadratická rovnice $x^{2}+a x-a^{2}=0$, která má jediné kladné řešení $x=\frac{\sqrt{5}-1}{2} a$. Tak jsme vypočetli (shodné) délky základny $C D$ a ramena $A D$ daného lichoběžníku; zbývá určit délku ramena $B C$. Podle Pythagorovy věty pro trojúhelník $C M B$ dostáváme
nebot̀ $2 x-a=a(\sqrt{5}-2)$.
Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 3 body za odvození rovnosti $|A D|=|A M|$.
- Z vyjádření $\overline{a b c d}=100 \cdot \overline{a b}+\overline{c d}$ plyne, že podmínky dělitelnosti čísly $\overline{a b}$ a $\overline{c d}$ jsou splněny, právě když $\overline{c d} \mid 100 \cdot \overline{a b}$ a $\overline{a b} \mid \overline{c d}$, tedy právě když $\overline{c d}=k \cdot \overline{a b}$, kde přirozené č́slo $k$ je některý dělitel čísla 100. Protože obě čísla $\overline{a b}$ a $\overline{c d}$ jsou dle zadání lichá a dvojciferná, plyne odtud, že bud' $k=1$, nebo $k=5$. Rozlišíme oba případy, přitom $\mathrm{s}$ ohledem na vyjádření $\overline{a b c d}=10 \cdot \overline{b c}+(1000 a+d)$ budeme místo podmínky $\overline{b c} \mid \overline{a b c d}$ zkoumat ekvivalentní podmínku
(Tato úprava není nutná, jen poněkud zjednodušuje další zápisy.)
a) Je-li $\overline{c d}=\overline{a b}$, platí $c=a$ a $d=b$, takže podmínka (P) se zapíše ve tvaru $(10 b+a) \mid$ $\mid(1000 a+b)$. Protože
a 101 je prvočíslo (tudíž je s číslem $10 b+a$ nesoudělné), dostáváme ekvivalentní podmínku $(10 b+a) \mid(11 \cdot 9 b)$. Odtud s ohledem na zřejmou nerovnost $10 b+a>9 b$ plyne, že číslo $10 b+a$ má číslo 11 ve svém rozkladu na prvočinitele. Podmínka $11 \mid(10 b+a)$ je však splněna, jen když se číslice $a$ a $b$ rovnají, pak by však z rovnosti $\overline{c d}=\overline{a b}$ vyplývalo, že číslo $\overline{a b c d}$ má všechny číslice stejné. O takových číslech podle zadání úlohy neuvažujeme.
b) Z rovnosti $\overline{c d}=5 \cdot \overline{a b}$ ihned určíme (liché) cifry $a=1$ a $d=5$, po jejich dosazení po úpravě vyjde rovnost $b=2 c-9$, takže jsou tři možnosti:
Podmínka (P) má nyní tvar $\overline{b c} \mid 1005$, z čísel 15,57 a 99 je však pouze číslo 15 dělitelem č́sla $1005(1005=3 \cdot 5 \cdot 67)$, proto nutně $b=1 \mathrm{a} c=5$.
Odpověd': Hledané číslo je jediné, a to 1155.
Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 3 body za zdůvodnění, že platí bud’ $\overline{c d}=\overline{a b}$, nebo $\overline{c d}=5 \cdot \overline{a b}$, k tomu 2 body za rozbor první možnosti, 1 bod za rozbor možnosti druhé.