# Úlohy domácího kola kategorie C 

1. Dokažte, že existuje jediná čı́slice $c$, pro kterou lze najít jediné přirozené čislo $n$ končící číslicí c a mající tu vlastnost, že číslo $2 n+1$ je druhou mocninou prvočísla.

ŘEŠENÍ. Necht̉ (liché) číslo $2 n+1$ je druhou mocninou prvočísla $p$, pak $p$ je rovněž liché číslo. Ze vztahu $p^{2}=2 n+1$ vyplývá, že $n=\frac{1}{2}\left(p^{2}-1\right)=\frac{1}{2}(p-1)(p+1)$. Sestavme tabulku několika prvních lichých prvočísel $p$ a jim odpovídajících čísel $n$ :

| $p$ | 3 | 5 | 7 | 11 | 13 | 17 | 19 | 23 | 29 | 31 | 37 | 41 | 43 |
| ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: | ---: |
| $n$ | 4 | 12 | 24 | 60 | 84 | 144 | 180 | 264 | 420 | 480 | 684 | 840 | 924 |

Číslo $n$ je zřejmě sudé, dokonce je (jak prozrazuje i tabulka pro několik hodnot $p$ ) dělitelné čtyřmi. To je vidět z toho, že součin $(p-1)(p+1)$ dvou po sobě jdoucích sudých čísel je vždy dělitelný osmi. Z tabulky navíc vidíme, že se mezi číslicemi, kterými $n$ končí vícekrát, vyskytují číslice 0 a 4 , jen jednou číslice 2 , nevyskytují se 6 a 8 .

Podívejme se, jakou číslicí končí číslo $n$ v závislosti na číslici $a$, kterou končí číslo $p$. Je-li $p=10 k+a$, kde $k$ je celé nezáporné číslo a $a$ lichá číslice, pak pro jednotlivá možná a dostaneme:

- Je-li $a=1$, je $n=10 k(5 k+1)$, takže číslo $n$ končí číslicí 0 .
- Je-li $a=3$, je $n=10 k(5 k+4)+4$, takže číslo $n$ končí číslicí 4 .
- Je-li $a=5$, je $n=10\left(5 k^{2}+5 k+1\right)+2$, takže číslo $n$ končí číslicí 2 .
- Je-li $a=7$, je $n=10\left(5 k^{2}+7 k+2\right)+4$, takže číslo $n$ končí číslicí 4 .
- Je-li $a=9$, je $n=10(k+1)(5 k+4)$, takže číslo $n$ končí číslicí 0 .

Je-li $2 n+1$ druhou mocninou lichého prvočísla (lichého čísla), může číslo $n$ končit jedině číslicemi $0,2,4$. Jediným kandidátem na hledanou číslici tak zůstává 2 .

Pokud $2 n+1$ je druhou mocninou prvočísla a $n$ končí číslicí 2 , prvočíslo $p$ se dá vyjádřit ve tvaru $10 k+5=5(2 k+1)$, je tedy dělitelné pěti. Jediné prvočíslo, které je dělitelné pěti, je číslo 5 .

Hledanou číslicí je tedy $c=2$; pro ni existuje jediné přirozené číslo $n=12$, které končí číslicí $c$, přičemž $2 n+1$ je druhou mocninou prvočísla.

2. Ve čtyřúhelníku $A B C D$ se úhlopřićky protinaji $v$ bodě $P$, úhlopřička $A C$ je rozdělena body $P, N$ a $M$ na čtyřri shodné úseky $(|A P|=|P N|=|N M|=|M C|)$ a úhlopř́ćka $B D$ je rozdělena body $L, K$ a $P$ na čtyři shodné úseky $(|B L|=|L K|=$ $=|K P|=|P D|)$. Určete poměr obsahi čtyřúhelnikio KLMN a ABCD.

ŘEŠEní. Trojúhelníky $A P D$ a $N P K$ jsou souměrně sdružené podle středu $P$ (obr. 1), $A D$ a $N K$ jsou tudíž rovnoběžné a $|A D|=|N K|$. Z rovnosti příslušných úseček dále plyne, že trojúhelníky $K N P, L M P$ a $B C P$ jsou podobné, proto $N K\|M L\| B C$ a navíc $|L M|=2|K N|$ a $|B C|=3|K N|$. Označíme-li $s$ obsah trojúhelníku $A P D$, je
obsah trojúhelníku $N K P$ roven $s$ a obsah trojúhelníku $M L P$ je $4 s$ (má dvakrát větší výšku z vrcholu $P$ než trojúhelník $N K P$ z téhož vrcholu a jeho strana $M L$ je dvakrát větší než strana $N K$ ). Obsah lichoběžníku $K L M N$ je proto $3 s$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_7043f655c81be63a7bc6g-2.jpg?height=352&width=740&top_left_y=239&top_left_x=665)

Obr. 1

Strana $A P$ trojúhelníku $A P D$ je čtyřikrát menší než strana $A C$ trojúhelníku $A C D$, výšky z vrcholu $D$ jsou v obou trojúhelnících stejné, proto je obsah trojúhelníku $A C D$ roven $4 s$. Strana $P N$ trojúhelníku $P N K$ je čtyřikrát menší než strana $A C$ trojúhelníku $A C B$, kdežto výška trojúhelníku $P N K$ z vrcholu $K$ je třikrát menší než výška trojúhelníku $A B C$ z vrcholu $B$, proto je obsah trojúhelníku $A C B$ roven $12 s$. Obsah čtyřúhelníku $A B C D$ je roven součtu obsahů trojúhelníků $A B C$ a $A C D$, tedy $16 s$.

Poměr obsahů čtyřúhelníků $K L M N$ a $A B C D$ je roven $3: 16$.

3. Určete všechny dvojice $(x, y)$ celých čısel, které jsou řešením nerovnice

$$
\frac{x}{\sqrt{x}}+\frac{6}{y \sqrt{x}}<\frac{5 \sqrt{y}}{y} .
$$

ŘEŠENí. Ze zadání plyne, že $x$ a $y$ jsou nutně přirozená čísla. Vynásobením obou stran nerovnice kladným číslem $y \sqrt{x}$ prejdeme k ekvivalentní nerovnici

$$
x y+6<5 \sqrt{x y} .
$$

Její úpravou dostaneme

$$
(\sqrt{x y}-3)(\sqrt{x y}-2)<0,
$$

což platí, právě když $2<\sqrt{x y}<3$, neboli $4 / x<y<9 / x$.

Protože $x$ a $y$ jsou přirozená čísla, z poslední nerovnosti plyne, že stačí uvažovat jen $x \leqq 9$. Lehce pak určíme všechny dvojice $(x, y)$ celých čísel, které jsou řešením poslední nerovnice, a tedy i dané nerovnice, která je s ní ekvivalentní: $(1,5),(1,6),(1,7),(1,8)$, $(2,3),(2,4),(3,2),(4,2),(5,1),(6,1),(7,1),(8,1)$ a $(9,1)$.

4. Josef se vracel z výletu. Nejdřive jel vlakem a pak pokračoval ze zastávky na kole. Celá cesta mu trvala přesně 1 hodinu 30 minut a urazil při ní vzdálenost $60 \mathrm{~km}$. Vlak jel prüměrnou rychlostí $50 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Určete, jak dlouho jel Josef na kole, když jeho rychlost $v \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ je vyjádřena přirozeným čislem stejně jako vzdálenost mëřená $v \mathrm{~km}$, kterou na kole ujel.

ŘEŠENí. Označme $v$ vzdálenost $\mathrm{v}$ kilometrech, kterou Josef ujel na kole, a $r$ jeho rychlost $\mathrm{v} \mathrm{km} / \mathrm{h}$. Podle zadání jsou $r$ a $v$ přirozená čísla a $v<60$. Na kole jel Josef po dobu $v / r \mathrm{~h}$. Vlakem ujel vzdálenost $(60-v) \mathrm{km}$ a tuto vzdálenost ujel za $(60-v) / 50 \mathrm{~h}$. Proto podle zadání platí

$$
\frac{60-v}{50}+\frac{v}{r}=\frac{3}{2} .
$$

Tato rovnice je ekvivalentní s rovnicí

$$
50 v-15 r-r v=0,
$$

kterou ještě upravíme na tvar

$$
(50-r)(v+15)=15 \cdot 50=2 \cdot 3 \cdot 5^{3} .
$$

Odtud plyne, že $50-r$ je přirozené číslo menší než 50 a $v+15$ přirozené číslo větší než 15 , jež nepřevyšuje 75 , a navíc, že součin $(50-r)(v+15)$ je dělitelný číslem $5^{3}$. Mohou nastat čtyři případy.

- $5^{3} \mid 50-r$. To není možné, protože $1 \leqq 50-r<50$.
- $5^{2} \mid 50-r$ a $5 \mid v+15$. Ć́slo $50-r$ je proto rovno 25 , odtud $r=25$ a $v=15$.
- $5 \mid 50-r$ a $5^{2} \mid v+15$. Císlo $v+15$ je tudíž prvkem množiny $\{25,50\}$, odtud dopočítáme další dvě možnosti $r=20, v=10$ a $r=35, v=35$.
- $5^{3} \mid v+15$. To není možné, protože $15<v+15<75$.

Možné časy Josefovy jízdy na kole (v minutách) proto jsou $15 \cdot 60 / 25=36$, $10 \cdot 60 / 20=30$ a $35 \cdot 60 / 35=60$.

Výčtem všech možností jsme zjistili, že pokud Josef cestoval podle zadání úlohy, pak jel na kole bud' 30, nebo 36 , anebo 60 minut.

5. Sestrojte rovnoramenný trojúhelnik $A B C$ se základnou $B C$ dané délky a, je-li dán střed $P$ strany $A B$ a bod $Q(Q \neq P)$, který je patou výšky $z$ vrcholu $B$.

ŘEŠENí. Úhel $B Q A$ je bud' pravý, nebo $Q=A$. Proto bod $Q$ leží na Thaletově kružnici sestrojené nad průměrem $B A$. (Na obr. 2 je znázorněn př́ípad ostroúhlého i tupoúhlého trojúhelníku $A B C$.) Protože $P$ je střed úsečky $A B$, je $|P Q|$ velikost poloměru této kružnice, proto velikost průměru $|A B|$ této kružnice je rovna $2|P Q|$. Trojúhelník $A B C$ má délku ramene $2|P Q|$, a protože známe velikost základny, je tím jednoznačně určen.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_7043f655c81be63a7bc6g-3.jpg?height=600&width=1590&top_left_y=1656&top_left_x=240)

Obr. 2

Odtud již plyne konstrukce. Nejdříve sestrojíme trojúhelník $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ shodný s trojúhelníkem $A B C$ o velikostech stran $\left|A^{\prime} B^{\prime}\right|=\left|A^{\prime} C^{\prime}\right|=2|P Q|$ a $\left|B^{\prime} C^{\prime}\right|=a$, který potom přemístíme tak, aby se střed strany $A^{\prime} B^{\prime}$ zobrazil na bod $P$ a pata výšky z vrcholu $B^{\prime}$ na bod $Q$. To lze provést jednoznačně až na osovou souměrnost podle přímky $P Q$. Pokud tedy trojúhelník $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ existuje, má úloha dvě řešení souměrně sdružená podle osy $P Q$.

Diskuse je zřejmá. Trojúhelník $A B C$ lze setrojit právě tehdy, když lze sestrojit rovnoramenný trojúhelník $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$, tj. když $a<4|P Q|$ (trojúhelníkové nerovnosti), v tomto př́ipadě má úloha právě dvě (shodná) řešení. Navíc pro $a<2 \sqrt{2}|P Q|$ bude trojúhelník $A B C$ ostroúhlý, pro $a=2 \sqrt{2}|P Q|$ pravoúhlý a pro $2 \sqrt{2}|P Q|<a<4|P Q|$ tupoúhlý. Dưkaz správnosti plyne z rozboru úlohy.

JINÉ ŘEŠENí. Označme $R$ střed strany $B C$, ten je zároveň patou výšky z vrcholu $A$. Oba body $Q$ a $R$ tedy leží na Thaletově kružnici nad průměrem $A B$ se středem $P$, proto $|P Q|=|P R|=\frac{1}{2}|A B|$. Jelikož úhel $B Q C$ je pravý, leží bod $Q$ na Thaletově kružnici nad průměrem $B C$ se středem $R$, takže $|R Q|=\frac{1}{2}|B C|=\frac{1}{2} a$. Trojúhelník $P Q R$ je proto podobný trojúhelníku $A B C$ (koeficent podobnosti je $\frac{1}{2}$ ).

Při konstrukci nejdříve sestrojíme trojúhelník $P Q R$. Na přímce rovnoběžné se střední příčkou $P R$ procházející bodem $Q$ najdeme bod $C \neq Q$ tak, aby $|R C|=\frac{1}{2} a$. Body $A$ a $B$ pak už sestrojíme snadno.

Pro dané body $P, Q$ můžeme sestrojit třetí vrchol $R$ trojúhelníku $P Q R$ dvěma způsoby. Diskuse je tedy stejná jako v předcházejícím řešení. Dưkaz správnosti plyne z rozboru úlohy.

6. Jistý panovník pozval na oslavu svých narozenin 28 rytǐr̛u. Každý z rytî́rơ měl mezi ostatními právě tři nepřátele.

a) Ukažte, že panovník mũže rytî́re rozesadit ke dvěma stoliom tak, aby každý rytiř seděl u stejného stolu s nejvýše jedním nepřitelem.

b) Ukažte, že v případě libovolného takového rozesazení sedi u každého stolu nejvýše 16 rytiřri.

(Nepřátelství je vzájemný vztah: Je-li A nepřítelem B, je i B nepřitelem A.)

ŘEŠENí.

a) Rozesad'me v prvním kole rytíře ke stolům libovolným způsobem. Označme $n_{1}$ počet nepřátel prvního rytíre u stolu, u kterého sedí, potom $n_{1} \leqq 3$. Podobně označme $n_{2} \leqq 3$ počet nepřátel druhého rytíře u stolu, u kterého sedí, atd. Potom pro „hladinu nepřátelství“

$$
N_{1}=n_{1}+n_{2}+\ldots+n_{28}
$$

v prvním kole platí $0 \leqq N_{1} \leqq 3 \cdot 28=54$, přičemž $N_{1}$ je celé nezáporné číslo.

Předpokládejme, že existuje rytiřr, který sedí u stolu s alespoň dvěma nepřáteli. Pak ho přesadíme ke druhému stolu. Tím vznikne nové rozesazení. Zkoumejme nyní hladinu nepřátelství $N_{2}$ po tomto druhém kole.

Pokud přesazený rytíř $r$ seděl původně u jednoho stolu se všemi třemi nepřáteli $a$, $b, c$, po jeho přesazení se počet nepřátel rytíře $r$ u stolu, u kterého ted’ sedí, snížil o 3
na nulu, a počet nepřátel rytířu $a, b$ a $c$ u téhož stolu se snížil o jednu. Počty nepřátel zbývajících rytířo u jejich stolio se nezměnily. Tedy $N_{2}=N_{1}-6$.

Pokud přesazený rytírr $r$ seděl původně u jednoto stolu se dvěma nepřáteli $a$ a $b$ a byl přesazen ke stolu s nepřítelem $c$, po jeho přesazení se počet nepřátel rytíře $r$ u stolu, u kterého nyní sedí, snížil o 1 ze dvou na jednoho, počet nepřátel rytířu $a$ a $b$ u jejich stolu se o jedna snížil, a počet nepřátel rytíře $c$ u stolu, u kterého sedí, se zvýšil o 1. Počty nepřátel zbývajících rytírů u jejich stolư se nezměnily. V tomto případě je tedy $N_{2}=N_{1}-2$.

V obou případech vychází $N_{2}<N_{1}$.

Pokud ještě po tomto kole existuje rytíř, který sedí u jednoho stolu s alespoň dvěma svými nepřáteli, opět ho požádáme, aby si přesedl k druhému stolu. Pro hladinu nepřátelství $N_{3}$ po třetím kole bude ze stejných důvodů jako výše platit $N_{3}<N_{2}$.

Stejným způsobem vytvoříme hladiny nepřátelství $N_{4}>N_{5}>\cdots$ po dalších kolech.

Protože v každém kole je hladina nepřátelství menší než v předešlém kole, je vyjádřena celým nezáporným číslem a hladina nepřátelství v prvním kole je nejvýše 54 , může se taková situace opakovat nejvýše čtyřiapadesátkrát. Počet kol musí být tedy konečný a po posledním kole už neexistuje rytír, který by seděl u jednoho stolu s alespoň dvěma nepřáteli. Tím jsme dokázali část a).

b) Předpokládejme, že rytíři jsou nyní rozesazeni u stoli̊ $A$ a $B$ tak, že každý sedí u stejného stolu s nejvýše jedním nepřítelem. Označme $r_{A}$ počet rytířo u stolu $A$ a $r_{B}$ počet rytířơ u stolu $B$. Platí

$$
r_{A}+r_{B}=28 \text {. }
$$

Každý z rytířu u stolu $A$ má u stolu $B$ alespoň dva nepřátele a každý z rytířů stolu $B$ je nepřítelem nejvýše tří rytířu od stolu $A$, proto pro počet $p$ těch nepřátelských dvojic, jež sedí u různých stolů, platí

$$
2 r_{A} \leqq p \quad \text { a } \quad p \leqq 3 r_{B}, \quad \text { takže } 2 r_{A} \leqq 3 r_{B}
$$

Dosadíme-li do této nerovnice z (1) $r_{B}=28-r_{A}$, dostaneme po úpravě $5 r_{A} \leqq 84$. Vzhledem $\mathrm{k}$ tomu, že $r_{A}$ je celé nezáporné číslo, musí platit $r_{A} \leqq 16$. $\mathrm{S}$ ohledem na symetrii situace platí analogicky $r_{B} \leqq 16$. Tím jsme splnili část b).

V části b) můžeme postupovat také sporem: Kdyby u stolu $A$ sedělo aspoň 17 rytíř̊u, měli by dohromady u stolu $B$ aspoň $17 \cdot 2=34$ neprátel, přitom každý rytíř-nepřítel je v tomto čísle započítán nejvýše třikrát. Protože $3 \cdot 11<34$, sedí u stolu $B$ aspoň 12 rytířơ, dohromady u obou stolů $A$ a $B$ je pak aspoň $17+12=29$ rytířư, což odporuje zadání.