Zbierka úloh (MO kat. C a vybrané úlohy kat. B)

Najväčší spoločný deliteľ týchto štyroch čísel nebude určite väčší ako \(d\) (ak by bol, potom by \(d\) nebol najväčší spoločný deliteľ čísel \(a\) a \(b\), čo by bolo v spore s predpokladom úlohy). Stačí teda ukázať, že \(d\) delí \(a+b\) a \(a-b\). Ak zapíšeme \(a\) a \(b\) v tvare \(a=ud\) a \(b=vd\), pričom pre prirodzené čísla \(u\), \(v\) platí \((u,v)=1\), bude potom \(a+b=ud+vd=(u+v)d\), \(a-b=ud-vd=(u-v)d\). Vidíme, že \(d\) delí súčet aj rozdiel čísel \(a\) a \(b\), tvrdenie je teda dokázané.

Tvrdenie pre najmenší spoločný násobok neplatí, uvedieme protipríklad. Pre čísla \(a=12\), \(b=8\), \(a+b=20\), \(a-b=4\), \([12,8]=24\), avšak \([12,8,20,4]=120\).

Komentár

Úloha precvičuje dôkaz všeobecného tvrdenia a opäť prináša protipríklad ako dostatočný argument.

Taká rodina existovať môže, ale nemusí. Niektoré rodiny totiž môžu odoberať oba denníky. Možné situácie znázorňujú diagramy na obr. 1.

C-55-S-1

V a) i b) vieme zostrojiť vpísanú kružnicu; v c) zostrojíme \(AB\) ako priemer kružnice určenej danými bodmi. Úloha d) nemá riešenie, pokiaľ \(R\) neleží na priamke \(AB\). Ak \(R\) leží na priamke \(AB\), má úloha nekonečne veľa riešení.

56-B-S-1

Dané čísla označte \(a_1,\,\ldots, a_{17}\) a uvažujte zvyšky 17 súčtov \(s_i = a_1 + a_2 +\,\ldots + a_i (i = 1, 2,\,\ldots, 17)\) po delení číslom 17; ak nie je žiadny z nich rovný 0, dávajú dva zo súčtov \(s_i < s_j\) ten istý zvyšok modulo 17, takže číslom 17 je deliteľný rozdiel \(s_j - s_i\) pre niektoré \(i < j\).

Veďme rovnobežku \(XY\) so stranou \(AB\) vrcholom \(C\) trojuholníka \(ABC\), tak že bod \(C\) leží medzi bodmi \(X\) a \(Y\) (obr. 1).

Potom \(|\measuredangle BAC|=|\measuredangle ACX|\) a \(|\measuredangle ABC|=|\measuredangle BCY|\), pretože ide o dvojice striedavých uhlov. Keďže \(|\measuredangle ACX|+|\measuredangle ACB|+ |\measuredangle BCY|=180^\circ\), pretože uhol \(XCY\) je priamy, platí aj \(|\measuredangle BAC|+|\measuredangle ABC|+|\measuredangle ACB|=180^\circ\).

C-50-S-3

Pre prvý výraz vyjadrite vhodne pomery obsahov trojuholníkov \(ABP\), \(BCP\) a \(CAP\). Keď potom vyjadríte, akými sú časťami obsahu celého trojuholníka \(ABC\), a tieto tri zlomky sčítate, dostanete tvrdenie o hodnote druhého výrazu.

48-C-S-1

55-C-II-3

55-C-I-4

Osi \(DM\) a \(DN\) pravých uhlov pri vrchole \(D\) spolu s výškou \(CD\) rozdeľujú priamy uhol pri vrchole \(D\) na štyri zhodné uhly veľkosti \(45^\circ\). Zároveň vidíme, že uhol \(MDN\) je pravý, takže body \(C\), \(M\), \(D\), \(N\) ležia na Tálesovej kružnici s priemerom \(MN\).

Ak označíme zvyčajným spôsobom uhly pri vrcholoch \(A\) a \(B\) trojuholníka \(ABC\), je zároveň \(|\measuredangle ACD| = 90^\circ-\alpha = \beta\) a \(|\measuredangle BCD| = 90^ \circ -\beta = \alpha\) . Z toho vyplýva podobnosť trojuholníkov \(CDM \sim BDN\) a \(ADM \sim CDN\), takže \[\frac{|MD|}{|ND|}=\frac{|CM|}{|BN|} \ \ \ \ \mathrm{a} \ \ \ \ \frac{|MD|}{|ND|}=\frac{|AM|}{|CN|}.\] Porovnaním pravých strán dostaneme \[\label{eq:B66I5} |AM| \cdot |BN| = |CM| \cdot |CN|.\]

Keďže obvodové uhly nad tetivami \(CM\) a \(CN\) sú zhodné, je \(|CM| = |CN|\). Použitím Pytagorovej vety v pravouhlom (rovnoramennom) trojuholníku \(CMN\) tak dostaneme \[2|CM|^2= |CM|^2+ |CN|^2= |MN|^2\] a dosadením do rovnosti [eq:B66I5] vyjde \[2|AM| \cdot |BN| = 2|CM| \cdot |CN| = 2 \cdot |CM|^2= |MN|^2.\] Tým je tvrdenie úlohy dokázané.

Poznámka. Ukážeme ešte jeden spôsob odvodenia kľúčovej rovnosti [eq:B66I5]. Pravouhlé trojuholníky \(ACD\) a \(CBD\) sú podobné, pretože \(|\measuredangle BCD| = 90^\circ- |\measuredangle ACD| = |\measuredangle CAD|\). To však znamená, že osi \(DM\) a \(DN\) oboch vnútorných uhlov z vrcholu \(D\), ktoré si v tejto podobnosti zodpovedajú, delia protiľahlé strany v rovnakom pomere. Platí teda \[|AM| : |CM| = |CN| : |BN|, \ \ \ \ \mathrm{t.\ j.} \ \ \ \ |AM| \cdot |BN| = |CM| \cdot |CN|.\]

Aby číslo bolo deliteľné šiestimi, musí byť párne a mať ciferný súčet deliteľný tromi. Označme teda \(b\) číslicu na mieste jednotiek (tá musí byť párna, \(b \in \{0, 2, 4, 6, 8\}\)) a \(a\) tú číslicu, ktorá je spolu s číslicami 1, 1 (\(a \neq 1\)) na prvých troch miestach štvorciferného čísla, ktoré spĺňa požiadavky úlohy. Aby bol súčet číslic \(a + 1 + 1 + b\) takého čísla deliteľný tromi, musí číslo \(a + b\) dávať po delení tromi zvyšok 1. Pre \(b \in \{0, 6\}\) tak máme pre \(a\) možnosti \(a \in {4, 7}\) \((a \neq 1)\), pre \(b \in \{2, 8\}\) máme \(a \in \{2, 5, 8\}\) a konečne pre \(b = 4\) máme \(a \in \{0, 3, 6, 9\}\). Pre každé zvolené \(b\) a zodpovedajúce \(a \neq 0\) sú zrejme tri možnosti, ako číslice 1, 1 a \(a\) na prvých troch miestach usporiadať, to je spolu \((2 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3) \cdot 3 = 39\) možností, pre \(a = 0\) (keď \(b = 4\)) potom sú len dve možnosti (číslica nula nemôže byť prvá číslica štvorciferného čísla).

Celkom existuje 41 štvorciferných prirodzených čísel, ktoré spĺňajú podmienky.

Alternatívnym postupom je vypísanie všetkých možností na základe ciferného súčtu, ktorý musí byť deliteľný troma a zároveň sa končiť párnou cifrou.

Komentár

Úloha využíva poznatky o deliteľnosti, takže pekne nadväzuje na predchádzajúce semináre. Tiež je prvou úlohou o cifernom zápise, v riešení ktorej nevyužijeme rozvinutý zápis čísla, ale skôr intuitívne kombinatorické úvahy.

Ak sa študenti vyberú cestou vypisovania všetkých možných kombinácií, skúsime ich povzbudiť, aby ich úsilie bolo čo najsystematickejšie a efektívne, príp. prediskutujeme, či sa riešenie dá nájsť aj inou cestou.

Uvažujte čísla \(a_1, a_1 +a_2,\,\ldots , a_1 + \cdots + a_n\) a ich zvyšky po delení \(n\).

55-C-I-5

47-C-S-1

Odčítaním prvej rovnice od druhej dostaneme po úprave \[(z - x)(2z + 2x + y) = 0.\] Sú preto možné dva prípady, ktoré rozoberieme samostatne.

1. Prípad \(z - x = 0\). Dosadením \(z = x\) do prvej rovnice sústavy dostaneme \(x^2+ xy = y^2 + x^2\), čiže \(y(x - y) = 0\). To znamená, že platí \(y = 0\) alebo \(x = y\). V prvom prípade dostávame trojice \((x, y, z) = (x, 0, x)\), v druhom \((x, y, z) = (x, x, x)\); také trojice sú riešeniami danej sústavy pre ľubovoľné reálne číslo \(x\), ako ľahko overíme dosadením (aj keď taká skúška pri našom postupe vlastne nie je nutná). [part:a]

2. Prípad \(2z + 2x + y = 0\). Dosadením \(y = -2x - 2z\) do prvej rovnice sústavy dostaneme \[x^2 + x(-2x - 2z) = (-2x - 2z)^2 + z^2,\ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ 5(x + z)^2 = 0.\] Posledná rovnica je splnená práve vtedy, keď \(z = -x\), vtedy však \(y = -2x - 2z = 0\).Dostávame trojice \((x, y, z) = (x, 0, -x)\), ktoré sú riešeniami danej sústavy pre každé reálne \(x\), ako overíme dosadením. (O takej skúške platí to isté čo v prípade [part:a].

Odpoveď. Všetky riešenia \((x, y, z)\) danej sústavy sú trojice troch typov: \[(x, x, x), \ \ (x, 0, x), \ \ (x, 0, -x),\] kde \(x\) je ľubovoľné reálne číslo.

Iné riešenie*. Obe rovnice sústavy sčítame. Po úprave dostaneme rovnicu \[y(x + z - 2y) = 0\] a opäť rozlíšime dve možnosti.

1. Prípad \(y = 0\). Z prvej rovnice sústavy ihneď vidíme, že \(x^2 = z^2\), čiže \(z =\pm x\). Skúškou overíme, že každá z trojíc \((x, 0, x)\) a \((x, 0, -x)\) je pre ľubovoľné reálne \(x\) riešením. [part:a2]

2. Prípad \(x + z - 2y = 0\). Dosadením \(y = \frac{1}{2}(x + z)\) do prvej rovnice sústavy dostaneme \[x^2 + x(x + z)^2=\frac{(x + z)^2}{4}+ z^2, \ \ \ \ \text{po úprave} \ \ \ \ x^2 = z^2.\] Platí teda \(z = -x\) alebo \(z = x\). Dosadením do rovnosti \(x + z - 2y = 0\) v prvom prípade dostaneme \(y = 0\), v druhom prípade \(y = x\). Zodpovedajúce trojice \((x, 0, -x)\) a \((x, x, x)\) sú riešeniami pre každé reálne \(x\) (prvé z nich sme však našli už v časti [part:a2].

55-C-I-3

Aby bola ľavá strana rovnice definovaná, musia byť oba výrazy pod odmocninami nezáporné, čo je splnené práve pre všetky \(x \geq 0\). Pre nezáporné \(x\) potom \(p =\sqrt{x + 3}+\sqrt{x} \geq \sqrt{3}\), rovnica môže teda mať riešenie iba pre \(p \geq \sqrt{3}\).

Upravujme danú rovnicu: \[\begin{aligned} \sqrt{3} +\sqrt{x + 3} & = p, \nonumber\\ 2x + 3 + 2\sqrt{x(x + 3)} & = p^2,\nonumber \\ 2\sqrt{x(x + 3)} & = p^2- 2x - 3,\nonumber \\ 4x(x + 3) & = (p^2 -2x - 3)^2,\nonumber \\ 4x^2+ 12x & = p^4+ 4x^2+ 9 - 4p^2x - 6p^2+ 12x, \nonumber\\ x & = \frac{(p^2 - 3)^2}{4p^2}. \label{eq:B60S1}\end{aligned}\] Keďže sme danú rovnicu umocňovali na druhú, je nutné sa presvedčiť skúškou, že vypočítané \(x\) je pre hodnotu parametra \(p \geq \sqrt{3}\) riešením pôvodnej rovnice: \[\begin{aligned} \sqrt{\frac{(p^2 - 3)^2}{4p^2}+ 3} +\sqrt{\frac{(p^2 - 3)^2}{4p^2}} & = \sqrt{\frac{p^4 - 6p^2 + 9 + 12p^2}{4p^2}}+\sqrt{\frac{(p^2 - 3)^2}{4p^2}} =\\ & = \sqrt{\frac{(p^2 + 3)^2}{4p^2}}+\sqrt{\frac{(p^2 -3)^2}{4p^2}}=\frac{p^2 + 3}{2p}+\frac{p^2 - 3}{2p}= p.\end{aligned}\] Pri predposlednej úprave sme využili podmienku \(p \geq \sqrt{3}\) (a teda aj \(p^2 -3 \geq 0\) a \(p > 0\)), takže \(\sqrt{(p^2 - 3)^2} = p^2 - 3\) a \(\sqrt{4p^2} = 2p\).

Poznámka. Namiesto skúšky stačí overiť, že pre nájdené \(x\) sú všetky umocňované výrazy nezáporné, teda vlastne stačí overiť, že \[p^2 - 2x - 3 =\frac{(p^2 - 3)(p^2 + 3)}{2p^2}\geq 0.\] Pre \(p \geq \sqrt{3}\) to tak naozaj je.

Vynechať skúšku možno aj takouto úvahou: Funkcia \(\sqrt{x + 3}+\sqrt{x}\) je zrejme rastúca, v bode 0 (ktorý je krajným bodom jej definičného oboru) nadobúda hodnotu \(\sqrt{3}\) a zhora je neohraničená. Preto každú hodnotu \(p \geq \sqrt{3}\) nadobúda pre práve jedno \(x \geq 0\). Z toho vyplýva, že pre \(p \geq \sqrt{3}\) má zadaná rovnica práve jedno riešenie, a teda (jediné) nájdené riešenie [eq:B60S1] musí vyhovovať.

Komentár

Úloha nie je algebraicky náročná, vyžaduje však starostlivú diskusiu definičného oboru, ktorý potom vyústi v obmedzenie hodnôt parametra \(p\). Dôležitou súčasťou riešenia je v tomto prípade aj skúška správnosti, prípadne diskusia, ktorá je uvedená v závere prezentovaného riešenia ̇

Vzhľadom na to, že \(12 = 3 \cdot 4\), stačí ukázať, že číslo \(a = n^{k+2} - {n^k} = n^k (n^2 - 1) = (n - 1)n(n + 1)n^{k-1}\) je deliteľné tromi a štyrmi. Prvé tri činitele posledného výrazu sú tri po sebe idúce prirodzené čísla, takže práve jedno z nich je deliteľné tromi, a preto aj číslo \(a\) je deliteľné tromi. Je deliteľné aj štyrmi, lebo pri párnom \(n\) je v poslednom výraze druhý a štvrtý činiteľ párny, zatiaľ čo pri nepárnom \(n\) je párny prvý a tretí činiteľ. Tým je dôkaz hotový.

Iné riešenie*. Položme \(a = n^{k+2} - n^k = n^k (n^2 - 1) = (n - 1)n^k (n + 1)\). Opäť ukážeme, že \(a\) je deliteľné štyrmi a tromi. Ak je \(n\) párne, je \(n^k\) deliteľné štyrmi pre každé celé \(k \geq 2\). Ak je \(n\) nepárne, sú činitele \(n - 1\) a \(n + 1\) párne čísla, takže \(a\) je deliteľné štyrmi pre každé celé \(n = 2\).

Deliteľnosť tromi je zrejmá pre \(n = 3l\). Ak \(n = 3l + 1\), pričom \(l\) je celé kladné číslo, je tromi deliteľný činiteľ \(n - 1\) (a teda aj číslo \(a\)). Ak \(n = 3l + 2\) (\(l\) je celé nezáporné), je tromi deliteľný činiteľ \(n + 1\). Keďže iné možnosti pre zvyšok čísla \(n\) po delení tromi nie sú, je číslo \(a\) deliteľné tromi. Tým je požadovaný dôkaz ukončený.

Komentár

Deliteľnosť štyrmi je tiež možné dokázať aj rozborom možností \(n=4l\), \(n=4l+1\), \(n=4l+2\) a \(n=4l+3\), pre \(l\) celé a nezáporné. Kľúčovým krokom v riešení bolo vhodné rozloženie čísla \(a\) na súčin. To však súdiac podľa priemerného počtu bodov udelených za túto úlohu v krajských kolách¹ na Slovensku bola úloha pre riešiteľov neľahká.

56-C-II-4

Označme \(a\) najbližšie väčšie prirodzené číslo k iracionálnemu číslu \(\sqrt{n}\). Podľa zadania potom platí \(a - 0,01 \leq \sqrt{n}\). Keďže \(a^2\) je prirodzené číslo väčšie ako \(n\), musí spolu platiť \[(a - 0,01)^2 \leq n \leq a^2 - 1.\] Po úprave nerovnosti medzi krajnými výrazmi vyjde \[\frac{1}{50} a \geq 1,000 1, \ \ \ \text{čiže} \ \ \ a = 50,005.\] Keďže je číslo \(a\) celé, vyplýva z toho \(a \geq 51\). A keďže \[(51 - 0,01)^2= 2 601 -\frac{102}{100}+\frac{1}{100^2}\in (2 599, 2 600),\] je hľadaným číslom \(n = 2 600\).

Poznámka. Za správne riešenie možno uznať aj riešenie pomocou kalkulačky. Ak majú totiž byť za desatinnou čiarkou dve deviatky, musí byť číslo \(n\) veľmi blízko zľava k nejakej druhej mocnine. Preto stačí na kalkulačke vyskúšať čísla \(\sqrt{3}, \sqrt{8}, \sqrt{15}\) atď. Keďže \(51^2 = 2601\), nájdeme, že \(\sqrt{2600} = 50,990 195\ldots\)

Upravme výraz \(V(n)\) do tvaru súčinu: \(V (n) = (n^2-1)(n^2+12)=(n-1)(n+1)(n^2+12)\). Vidíme, že \(V(n)\) je určite násobkom ôsmich v prípade nepárneho \(n\) (viď. tretia úloha tohto seminára). Keďže pre párne \(n\) je súčin \((n-1)(n+1)\) nepárny, hľadáme práve tie \(n\) tvaru \(n = 2k\), pre ktoré nie je deliteľný ôsmimi výraz \(n^2+ 12 = 4(k^2+ 3)\), čo nastane práve vtedy, keď \(k\) je párne. Hľadané \(n\) sú teda práve tie, ktoré sú deliteľné štyrmi.

Komentár

Úloha využíva vhodnú úpravu výrazu \(V\) na súčin. Tu študenti zúročia zručnosti nadobudnuté v algebraických seminároch. Zároveň využijú skôr dokázané tvrdenie o deliteľnosti ôsmimi a napokon, úloha ich pripraví na nasledujúci komplexnejší problém.

Danú nerovnosť ekvivalentne upravujme: \[\begin{aligned} (a^2 b^2 + a^2 + b^2 + 1) - (a^2 - 2a + 1)(b^2 - 2b + 1) &\geq 4,\\ \begin{split}(a^2 b^2 + a^2 + b^2 + 1) - (a^2 b^2 - 2ab^2 + b^2 )+ \\+ (2a^2b - 4ab + 2b) - (a^2 - 2a + 1) &\geq 4,\end{split}\\ 2ab(a + b) - 4ab + 2(a + b) &\geq 4,\\ 2(a + b)(ab + 1) &\geq 4(ab + 1),\\ 2(ab + 1)(a + b - 2) &\geq 0.\end{aligned}\] Vzhľadom na predpoklad \(a\geq 1\), \(b \geq 1\) je \(a + b \geq 2\), takže upravená nerovnosť zrejme platí. Rovnosť v nej (a teda aj v zadanej) nerovnosti pritom nastane práve vtedy, keď \(a + b = 2\), čiže \(a = b = 1\).

Iné riešenie*. Pri označení \(m = a^2 +1\) a \(n = b^2 +1\) možno ľavú stranu dokazovanej nerovnosti prepísať na tvar \(L = mn-(m-2a)(n-2b) = 2an+2bm-2ab-2ab,\) z ktorého vynímaním dostaneme \(L = 2a(n - b) + 2b(m - a)\).

Čísla \(a, b\) sú z intervalu \(\langle 1, \infty)\), preto \(1 = m - a^2 \leq m - a\). Odtiaľ \(2b(m - a) \geq 2\). Analogicky dostaneme \(2a(n - b) \geq 2\). Teda \(L \geq 4\) a rovnosť nastáva práve vtedy, keď \(a = b = 1\).

Iné riešenie*. Po substitúcii \(a = 1 + m\) a \(b = 1 + n\), pričom \(m, n \geq 0\), získa ľavá strana nerovnosti tvar \[L = (m^2 + 2m + 2)(n^2 + 2n + 2) - m^2 n^2.\] Po roznásobení, ktoré si stačí iba predstaviť, sa zruší člen \(m^2 n^2\), takže \(L\) bude súčtom nezáporných členov, medzi ktorými bude aj člen \(2 \cdot 2 = 4\). Tým je nerovnosť \(L \geq 4\) dokázaná. A keďže medzi spomenutými členmi budú aj \(4m\) a \(4n\), z rovnosti \(L = 4\) vyplýva \(m = n = 0\), čo naopak rovnosť \(L = 4\) tiež zrejme zaručuje. To znamená, že rovnosť nastáva práve vtedy, keď \(a = b = 1\).

Zostavíme a vyriešime rovnicu pre neznáme cifry \(a, b, c\), ktorú vďaka tvaru zadaných čísel môžeme zapísať rovno pre jedinú neznámu \(x = 100a + 10b + c\): \[\begin{aligned} \frac{60000+10x+3}{30000+10x+3} &=\frac{63}{36}=\frac{7}{4},\\ 40x + 240 012 &= 70x + 210 042,\\ 30x &= 29 970,\\ x &= 999.\end{aligned}\]

Záver. Nájdenému \(x\) zodpovedá trojica cifier \(a = b = c = 9\). Úloha má jediné riešenie.

Komentár

Úloha prináša zaujímavú myšlienku zjednodušenia zápisu, ktorý potom vedie k riešeniu jednoduchej lineárnej rovnice. Aj napriek tomu, že riešenie nevyžaduje mnoho počítania, ukrýva úloha záludnosť v podobe toho, že študenti môžu prísť k správnemu riešeniu nesprávnymi úvahami. Viac o tejto konkrétnej úlohe a jej úskaliach je možné nájsť v článku (Štěpánková 2015), ktorý považujeme za hodný preštudovania.

57-C-II-1

\(b = 2\). Číslo \(b\) má požadovanú vlastnosť práve vtedy, keď platí \(p(-b) = 0\). Pretože \(p(-b) = a(b^2 - 2b)+ 2b - 4 = (b - 2)(ab + 2)\), je rovnosť \(p(-b) = 0\) splnená pre každé \(a\) práve vtedy, keď \(b = 2\).

Označme \(a/b\) pôvodný zlomok. Podľa zadania platia rovnosti \[\frac{a + 1}{b + 1}-\frac{a}{b}=\frac{1}{20} \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ \frac{a+2}{b+2}-\frac{a}{b}=\frac{1}{12} \ \ \ \ (a, b \in \NN),\] ktoré sú ekvivalentné so vzťahmi \[20b(a + 1)- 20a(b + 1) = b(b + 1) \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ 12b(a + 2)- 12a(b + 2) = b(b + 2).\] Tie upravíme na tvar \(19b- 20a = b^2\) a \(22b - 24a = b^2\). Po odčítaní oboch vzťahov zistíme, že \(4a = 3b\), čo po dosadení do druhej rovnosti dá \(22b- 18b = b^2\), čiže \(b^2 = 4b\). Vzhľadom na podmienku \(b \neq 0\) odtiaľ vyplýva \(b = 4\) a \(a = 3\). Hľadané zlomky sú teda \(\frac{3}{4}\), \(\frac{4}{5}\) a \(\frac{5}{6}\).

Iné riešenie*. Označme \(a/b\) pôvodný zlomok. Zo vzťahov \[\frac{1}{20}=\frac{1}{4\cdot 5} \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ \frac{1}{12}=\frac{1}{4\cdot 3}=\frac{2}{4\cdot 6}\] možno odhadnúť, že riešením by mohlo byť \(b = 4\). Potom \[\frac{4(a + 1) - 5a}{4 \cdot 5}=\frac{1}{20} \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ \frac{4(a + 2) - 6a}{4 \cdot 6}=\frac{1}{12},\] čiže \(a = 3\). Musíme sa však ešte presvedčiť, že úloha iné riešenie nemá. Podmienky úlohy vedú ku vzťahom \[\frac{b - a}{b(b + 1)}=\frac{1}{4\cdot 5} \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ \frac{2(b - a)}{b(b + 2)}=\frac{2}{4\cdot 6}.\] Z podielu ich ľavých a pravých strán potom vyplýva \[\frac{b + 2}{b + 1}=\frac{6}{5},\] čomu vyhovuje jedine \(b = 4\).

Poznámka. V úplnom riešení nesmie chýbať vylúčenie možnosti \(b \neq 4\). Napríklad z podobných rovností \(1/20 = 30/(24 \cdot 25)\) a \(1/12 = 52/(24 \cdot 26)\) by sme mohli hádať, že \(b = 24\), čo riešením nie je.

58-C-I-3

53-C-I-2

Využijeme všeobecný poznatok, že body dotyku vpísanej kružnice delia hranicu trojuholníka na šesť úsečiek, a to tak, že každé dve z nich, ktoré vychádzajú z toho istého vrcholu trojuholníka, sú zhodné. (Dotyčnice z daného bodu k danej kružnici sú totiž súmerne združené podľa spojnice daného bodu so stredom danej kružnice.)

V našej úlohe je najdlhšia strana trojuholníka rozdelená na úseky, ktorých dĺžky označíme \(3x\) a \(4x\); dĺžku úsekov z vrcholu oproti najdlhšej strane označíme \(y\) (obr. 1). Strany trojuholníka majú teda dĺžky \(7x\), \(4x + y\) a \(3x + y\), kde \(x\), \(y\) sú neznáme kladné čísla (dĺžky berieme bez jednotiek). Ak má byť \(7x\) dĺžka najdlhšej strany, musí platiť \(7x > 4x + y\), čiže \(3x > y\). Zdôraznime, že hľadané čísla \(x, y\) nemusia byť nutne celé, podľa zadania to však platí o číslach \(7x\), \(4x + y\) a \(3x + y\).

Údaj o obvode trojuholníka zapíšeme rovnosťou \[72 = 7x + (3x + y) + (4x + y), \ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ 36 = 7x + y.\] Pretože \(7x\) je celé číslo, je celé i číslo \(y = 36 - 7x\); a pretože podľa zadania i čísla \(4x + y\) a \(3x + y\) sú celé, je celé i číslo \(x = (4x + y) - (3x + y)\). Preto od tohto okamihu už hľadáme dvojice celých kladných čísel \(x\), \(y\), pre ktoré platí \[3x > y \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ 7x + y = 36.\] Odtiaľ vyplýva \(7x < 36 < 7x + 3x = 10x\), teda \(x \leq 5\) a súčasne \(x \geq 4\).

Pre \(x = 4\) je \(y = 8\) a \((7x, 4x+y, 3x+y) = (28, 24, 20)\), pre \(x = 5\) je \(y = 1\) a \((7x, 4x+ + y, 3x + y) = (35, 21, 16)\). Strany trojuholníka sú teda \((28, 24, 20)\) alebo \((35, 21, 16)\). (Trojuholníkové nerovnosti sú zrejme splnené.)

Rovnosť \(a + b \sqrt{2}= c + d\sqrt{2}\) je ekvivalentná so vzťahom \(a-c = (d-b)\sqrt{2}\), ktorého ľavá strana je celé číslo, ale pravá strana je pre \(b \neq d\) iracionálna. Rovnosť nastáva, len keď \(b = d\) a \(a = c\).

Body dotyku vpísanej kružnice so stranami rozdeľujú hranicu trojuholníka na tri dvojice úsečiek rovnakých dĺžok.

Rozdiel prvých dvoch rovníc sústavy možno upraviť na tvar \((x-y)(x + y-1)= 0\). Riešeniami sú ľubovoľné permutácie trojíc \((1, 1, 0)\), \((2,- 1,-1)\) a tiež dve trojice \((a, a, a)\) pre \(a = -1 + \sqrt{3}\).

V riešení budeme označovať číslo, ktoré vznikne otočením poradia cifier čísla \(n\), ako \(\overline{n}\). Rozoberieme tri prípady.

(i) Číslo \(n\) má tvar \(aabb\), kde \(a\), \(b\) sú rôzne cifry. Takže \(n = 1100a + 11b\) a \(\overline{n} = 1100b + 11a\). Číslo 7 má deliť ako \(n\), tak \(\overline{n}\), teda aj ich rozdiel \(n - \overline{n} = 1089(a - b)\) a súčet \(n + \overline{n} = 1111(a + b)\). Keďže ani číslo 1089, ani číslo 1111 nie sú násobkom siedmich a sedem je prvočíslo, tak \(7 \mid a -\)b aj \(7 \mid a + b\). Ak použijeme rovnakú úvahu ešte raz, vidíme, že \(7 \mid (a - b) + (a + b) = 2a\) a \(7 \mid (a + b) - (a - b) = 2b\), teda \(7 \mid a\) a \(7 \mid b\), čiže \(a, b \in \{0, 7\}\). Cifry \(a, b\) sú navzájom rôzne, preto jedna z nich musí byť 0. Ale potom jedno z čísel \(aabb\), \(bbaa\) nie je štvorciferné. Hľadané číslo \(n\) teda nemôže mať uvedený tvar.

(ii) Číslo \(n\) má tvar \(abab\). Potom \(7 \mid n = 1010a + 101b\) a tiež \(7 \mid \overline{n} = 1010b + 101a\). Podobne ako v predchádzajúcom prípade odvodíme, že \(7 \mid n - \overline{n} = 909(a - b)\) a \(7 \mid n + \overline{n} = 1111(a + b)\), a z rovnakých dôvodov ako v predchádzajúcom prípade zisťujeme, že \(7 \mid a\), \(7 \mid b\). Niektorá z cifier by teda musela byť 0. Číslo \(n\) tak nemôže mať ani tvar \(abab\).

(iii) Číslo \(n\) má tvar \(abba\). Potom otočením poradia cifier vznikne to isté číslo, takže máme jedinú podmienku \(7 \mid 1001a + 110b\). Keďže \(7 \mid 1001\) a \(7 \nmid 110\), je táto podmienka ekvivalentná s podmienkou \(7 \mid b\). Preto \(b \in \{0, 7\}\), \(a \in \{1, 2,\,\ldots, 9\}\), \(a \neq b\). Vyhovuje tak všetkých 17 čísel, ktoré práve uvedené podmienky spĺňajú: 1001, 2002, 3003, 4004, 5005, 6006, 7007, 8008, 9009, 1771, 2772, 3773, 4774, 5775, 6776, 8778, 9779.

Dvojnásobným použitím algoritmu delenia dostaneme \[\begin{aligned} ax^2+ bx + c &= (ax + b - a)(x + 1) + c - b + a,\\ ax^2+ bx + c &= (ax + b - 2a)(x + 2) + c - 2b + 4a.\end{aligned}\]

Dodajme k tomu, že nájdené zvyšky \(c - b + a\) a \(c - 2b + 4a\) sú zrejme rovné hodnotám \(p(-1)\), resp. \(p(-2)\), čo je v zhode s poznatkom, že akýkoľvek mnohočlen \(q(x)\) dáva pri delení dvojčlenom \(x - x_0\) zvyšok rovný číslu \(q(x_0)\).

Podľa zadania platí \(c - b + a = 2\) a \(c - 2b + 4a = 1\). Tretia rovnica \(a + b + c = 61\) je vyjadrením podmienky \(p(1) = 61\). Získanú sústavu troch rovníc vyriešime jedným z mnohých možných postupov.

Z prvej rovnice vyjadríme \(c = b - a + 2\), po dosadení do tretej rovnice dostaneme \(a + b + (b - a + 2) = 61\), čiže \(2b = 59\). Odtiaľ \(b = 59/2\), čo po dosadení do prvej a druhej rovnice dáva \(a+c = 63/2\), resp. \(c+4a = 60\). Ak odčítame posledné dve rovnice od seba, dostaneme \(3a = 57/2\), odkiaľ \(a = 19/2\), takže \(c = 63/2 - 19/2 = 22\). Hľadaný trojčlen je teda jediný a má tvar \[p(x) =\frac{19}{2} \cdot x^2+\frac{59}{2}\cdot x + 22 = \frac{19x^2 + 59x + 44}{2}.\]

Pre uvažované súčiny \(a\) a \(b\) určite platí \(a \cdot b = 1 \cdot 2 \cdot\,\ldots \cdot 10 = 2^8 \cdot 3^4 \cdot 5^2 \cdot 7\). Aspoň jedno z čísel \(a, b\) je preto deliteľné \(2^4\), aspoň jedno deliteľné \(3^2\), aspoň jedno deliteľné 5 a práve jedno deliteľné 7. Pre najmenší spoločný násobok \(n\) čísel \(a, b\) preto platí \(n \geq 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7 = 5 040\), pritom rovnosť tu nastane práve vtedy, keď ani jedno z čísel \(a\), \(b\) nebude deliteľné žiadnym z čísel \(2^5, 3^3\) a \(5^2\).

Ak zvolíme napríklad \(a = 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 720\) a \(b = 1 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 10 = 5040\), bude najmenší spoločný násobok oboch čísel práve \(5040\). Tým je ukázané, že \(5040\) je naozaj najmenšia zo všetkých možných hodnôt \(n\).

I keď bolo úlohou nájsť iba jeden príklad, pre úplnosť uvedieme všetky rozdelenia s minimálnou hodnotou \(n = 5040\):

Prvá skupina čísel	Druhá skupina čísel
2, 3, 4, 5, 6	1, 7, 8, 9, 10
3, 5, 6, 8	1, 2, 4, 7, 9, 10
2, 5, 8, 9	1, 3, 4, 6, 7, 10
1, 2, 3, 4, 5, 6	7, 8, 9, 10
1, 3, 5, 6, 8	2, 4, 7, 9, 10
1, 2, 5, 8, 9	3, 4, 6, 7, 10
2, 3, 4, 5, 6, 7	1, 8, 9, 10
3, 5, 6, 7, 8	1, 2, 4, 9, 10
2, 5, 7, 8, 9	1, 3, 4, 6, 10
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7	8, 9, 10
1, 3, 5, 6, 7, 8	2, 4, 9, 10
1, 2, 5, 7, 8, 9	3, 4, 6, 10

Nájsť ich nie je ťažké, keď si uvedomíme, že čísla 1 a 7 môžeme dať do ľubovoľnej z oboch skupín, zatiaľ čo v tej istej skupine spolu nemôžu byť 4 s 8, 5 s 10, 3 s 9 ani 6 s 9; s 8 spolu môže byť práve jedno z párnych čísel 2, 6 a 10. Získame tak iba tri základné rozdelenia (prvé tri riadky tabuľky), z ktorých možno každé štyrmi spôsobmi doplniť číslami 1 a 7.

Poznámka. Úlohu možno vyriešiť aj bez výpočtu súčinu \(a \cdot b\). Deliteľnosť \(n\) číslami \(3^2, 5\) a 7 vyplýva z ich priameho zastúpenia medzi rozdeľovanými číslami, deliteľnosť číslom \(2^4\) z jednoduchej úvahy o rozdelení všetkých piatich párnych čísel: ak nie je číslo 8 vo svojej skupine ako párne jediné, je všetko jasné, v opačnom prípade sú v rovnakej skupine čísla 2, 4 a 6 (aj 10, ale to už ani nepotrebujeme).

\(\sqrt{35} = 5,916 079\,\ldots\)

Zo zadania vyplýva, že \(a \neq 0\), \(b \neq 0\) (inak by rovnice neboli kvadratické) a \(a \neq b\) (inak by rovnice boli totožné, a ak by mali dva reálne korene, boli by oba spoločné).

Označme \(x_0\) spoločný koreň oboch rovníc, takže \[ax_0^2+ 2bx_0 + 1 = 0,\ \ \ bx_0^2+ 2ax_0 + 1 = 0.\] Odčítaním oboch rovníc dostaneme \((a - b)(x_0^2- 2x_0 ) = x_0 (a - b)(x_0 - 2) = 0\). Keďže \(a \neq b\) a 0 zrejme koreňom daných rovníc nie je, musí byť spoločným koreňom číslo \(x_0 = 2\). Dosadením do daných rovníc tak dostaneme jedinú podmienku \(4a + 4b + 1 = 0\), čiže \[b = -a -\frac{1}{4}.\]

Diskriminant druhej z daných rovníc je potom \(4a^2 - 4b = 4a^2 + 4a + 1 = (2a + 1)^2\), takže rovnica má dva rôzne reálne korene pre ľubovoľné \(a \neq -\frac{1}{2}\). Podobne diskriminant prvej z daných rovníc je \(4b^2- 4a = 4b^2 + 4b +1 = (2b +1)^2\). Rovnica má teda dva rôzne reálne korene pre ľubovoľné \(b \neq -\frac{1}{2}\), čiže \(a\neq \frac{1}{4}\)

Z uvedených predpokladov však zároveň vyplýva \(a \neq -\frac{1}{4}\) \((b \neq 0)\) a \(a \neq - \frac{1}{8}\) \((a \neq b)\).

Záver. Vyhovujú všetky dvojice \((a, -a - \frac{1}{4})\), kde \(a \in \RR \ \{-\frac{1}{2}, -\frac{1}{4}, -\frac{1}{8}, 0, \frac{1}{4}\}\).

Komentár

V úlohe sa k správnemu riešeniu dostaneme pomocou vhodného odčítania dvoch rovníc (a potom vhodnou úpravou takto vzniknutej rovnice). Považujeme za vhodné študentov na tento upozorniť, keďže nájde uplatnenie nielen v nasledujúcej úlohe, ale aj v rôznych iných príkladoch.

Anulovaním pravej strany upravíme danú rovnicu na tvar \[a - b + 66\bigg(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\bigg)= (a - b)\bigg(1-\frac{66}{ab}\bigg)=\frac{1}{ab}(a - b)(ab - 66) = 0.\] Z toho vyplýva, že hľadané dvojice \((a, b)\) prirodzených čísel sú práve tie, pre ktoré platí \(a = b\) alebo \(ab = 66\).

Úlohe teda vyhovuje nekonečne veľa dvojíc prirodzených čísel tvaru \((a, b) = (k, k)\), pričom \(k\) je ľubovoľné prirodzené číslo, a keďže číslo \(66 = 2\cdot 3\cdot 11\) má osem deliteľov, tak aj osem dvojíc \((a, b) \in \{\)\((1, 66)\), \((2, 33)\), \((3, 22)\), \((6, 11)\), \((11, 6)\), \((22, 3)\), \((33,2)\), \((66,1)\)\(\}\).

Komentár

Úloha je relatívne jednoduchá a vhodná ako rozcvička na začiatok seminára. Pripomenie študentom metódu riešenia rovníc rozkladom na súčin výrazov, ktorý je rovný nule. Zároveň v záverečnej diskusii zľahka využijú vedomosti o deliteľnosti prirodzených čísel.

Vzhľadom na podmienku \(c^2 + ab = a^2 + b^2\) stačí dokázať nerovnosť \(a^2 + b^2 \leq ac + bc\). Tá je ekvivalentná so vzťahom \((a^2 + b^2)^2 \leq c^2 (a + b)^2\) , ktorý vzhľadom na danú podmienku prepíšeme na tvar \[(a^2+ b^2)^2 \leq (a^2+ b^2 - ab)(a + b)^2.\] Po roznásobení a zlúčení rovnakých členov zistíme, že máme dokázať nerovnosť \[0 \leq a^3b + ab^3 - 2a^2b^2= ab(a - b)^2,\] ktorá pre kladné čísla \(a, b\) zrejme platí. Vzhľadom na to, že všetky úpravy boli ekvivalentné, môžeme celý postup obrátiť. Nerovnosť je tak dokázaná.

Iné riešenie*. Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že \(0 < b \leq a\) (dané vzťahy sa výmenou čísel \(a\) a \(b\) nemenia). Nerovnosť \(c^2 +ab \leq ac+bc\) je ekvivalentná s nerovnosťou \((a - c)(c - b) \geq 0\), takže stačí dokázať, že \(b \leq c \leq a\). Platí \[c^2 = b^2+ a^2 - ab = b^2+ a(a - b) \geq b^2,\] teda \(b \leq c\). Analogicky zistíme, že \[c^2= a^2+ b^2 - ab =a^2+ b(b - a) \leq a^2,\] a odtiaľ \(c \leq a\). Tým je dôkaz prevedený.

58–B–I–2

59-C-S-3

Nech \(x_0\) je spoločný koreň oboch rovníc. Potom platí \[x_0^2+ (3a + b)x_0 + 4a = 0, \ \ \ \ x_0^2+ (3b + a)x_0 + 4b = 0.\] Odčítaním týchto rovníc dostaneme \((2a-2b)x_0 +4(a-b) = 0\), odkiaľ po úprave získame \((a - b)(x_0 + 2) = 0\).

Rozoberieme dve možnosti:

Ak \(a = b\), majú obidve dané rovnice rovnaký tvar \(x^2 + 4ax + 4a = 0\). Aspoň jeden koreň (samozrejme spoločný) existuje práve vtedy, keď je diskriminant \(16a^2-16a\) nezáporný, teda \(a \in (-\infty, 0\rangle \cup \langle 1, \infty)\).

Ak \(x_0 = -2\), dostaneme z prvej aj z druhej rovnice \(4-2a-2b = 0\), teda \(b = 2-a\). Dosadením do zadania dostaneme rovnice \[x^2 + (2a + 2)x + 4a = 0, \ \ \ \ x^2 + (6-2a)x + 8-4a = 0,\] ktoré majú pri ľubovoľnej hodnote parametra \(a\) spoločný koreň \(-2\).

Záver. Dané rovnice majú aspoň jeden spoločný koreň pre všetky dvojice \((a, a)\), kde \(a \in (-\infty, 0\rangle \cup \langle 1, \infty)\), a pre všetky dvojice tvaru \((a, 2-a)\), kde \(a\) je ľubovoľné.

Ukážeme, že jedinými celými číslami, ktoré vyhovujú úlohe, sú \(n = 0\) a \(n = 1\).

Upravme najskôr výraz \(V = 2n^3 - 3n^2 + n + 3\) nasledujúcim spôsobom: \[V = (n^3 - 3n^2+ 2n) + (n^3 - n) + 3 = (n - 2)(n - 1)n + (n - 1)n(n + 1) + 3.\] Oba súčiny \((n-2)(n-1)n\) a \((n-1)n(n+1)\) v upravenom výraze \(V\) sú deliteľné tromi pre každé celé číslo \(n\) (v oboch prípadoch sa jedná o súčin troch po sebe idúcich celých čísel), takže výraz \(V\) je pre všetky celé čísla \(n\) deliteľný tromi. Hodnota výrazu \(V\) je preto prvočíslom práve vtedy, keď \(V = 3\), teda práve vtedy, keď súčet oboch spomenutých súčinov je rovný nule: \[0 = (n - 2)(n - 1)n + (n - 1)n(n + 1) = n(n - 1)[(n - 2) + (n + 1)] = n(n - 1)(2n - 1).\] Poslednú podmienku však spĺňajú iba dve celé čísla \(n\), a to \(n = 0\) a \(n = 1\). Tým je úloha vyriešená.

Poznámka. Fakt, že výraz \(V\) je deliteľný tromi pre ľubovoľné celé \(n\), môžeme odvodiť aj tak, že doňho postupne dosadíme \(n = 3k\), \(n = 3k + 1\) a \(n = 3k + 2\), pričom \(k\) je celé číslo, rozdelíme teda všetky celé čísla \(n\) na tri skupiny podľa toho, aký dávajú zvyšok po delení tromi.

Komentár

Aj keď vzorové riešenie môže vyzerať trikovo, po vyskúšaní niekoľko málo hodnôt \(n\) je vždy hodnota zo zadania deliteľná 3, čo by študentov mohlo priviesť na myšlienku skúsiť dokázať deliteľnosť čísla zo zadania tromi.

Poznámka. Fakt, že výraz \(V\) je deliteľný tromi pre ľubovoľné celé \(n\), môžeme odvodiť aj tak, že doňho postupne dosadíme \(n = 3k\), \(n = 3k + 1\) a \(n = 3k + 2\), pričom \(k\) je celé číslo, rozdelíme teda všetky celé čísla \(n\) na tri skupiny podľa toho, aký dávajú zvyšok po delení tromi.

Vďaka súmernosti podľa priamky \(CS\) sa obe vpísané kružnice dotýkajú výšky \(CS\) v rovnakom bode, ktorý označíme \(D\). Body dotyku týchto kružníc s úsečkami \(AS\), \(BS\), \(AC\), \(BC\) označíme postupne \(E\), \(F\), \(G\), \(H\) (obr. 1). Pre vyjadrenie všetkých potrebných dĺžok ešte zavedieme označenie \(x = |SD|\) a \(y = |CD|\).

Vzhľadom na symetriu dotyčníc z daného bodu k danej kružnici platia rovnosti \[|SD| = |SE| = |SF| = x \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ |CD| = |CG| = |CH| = y.\] Úsečka \(EF\) má preto dĺžku \(2x\), ktorá je podľa zadania zároveň dĺžkou úsečiek \(AE\) a \(BF\), a teda aj dĺžkou úsečiek \(AG\) a \(BH\) (opäť vďaka symetrii dotyčníc). Odtiaľ už bezprostredne vyplývajú rovnosti \[|AB| = 6x, \ \ \ \ |AC| = |BC| = 2x + y \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ |CS| = x + y.\]

Závislosť medzi dĺžkami \(x\) a \(y\) zistíme použitím Pytagorovej vety pre pravouhlý trojuholník \(ACS\) (s odvesnou \(A\) dĺžky \(3x\)): \[(2x + y)^2= (3x)^2+ (x + y)^2.\] Roznásobením a ďalšími úpravami odtiaľ dostaneme (\(x\) a \(y\) sú kladné hodnoty) \[\begin{aligned} 4x^2+ 4xy + y^2 &= 9x^2+ x^2+ 2xy + y^2,\\ 2xy & = 6x^2,\\ y &= 3x.\end{aligned}\] Hľadaný pomer tak má hodnotu \[|AB| : |CS| = 6x : (x + y) = 6x : 4x = 3 : 2.\] Poznamenajme, že prakticky rovnaký postup celého riešenia možno zapísať aj pri štandardnom označení \(c = |AB|\) a \(v = |CS|\). Keďže podľa zadania platí \(|AE| =\frac{1}{3}c\), a teda \(|SE| =\frac{1}{6}c\), z rovnosti \(|SD| = |SE|\) vyplýva \(|CD| = |CS|-|SD| = v-\frac{1}{6}c\), odkiaľ \[|AC| = |AG| + |CG| = |AE| + |CD| =\tfrac{1}{3}c + (v-\tfrac{1}{6}c) = v~+\tfrac{1}{6}c,\] takže z Pytagorovej vety pre trojuholník \(ACS\), \[(v +\tfrac{1}{6}c)^2= (\tfrac{1}{2}c)^2+ v^2,\] vychádza \(3v = 2c\), čiže \(c : v~= 3 : 2\).

Komentár

Úloha vychádza z poznatku, ktorý si študenti osvojili v úlohe predchádzajúcej a pridáva k nemu ešte prácu s Pytagorovou vetou a manipuláciu s algebraickými výrazmi, takže tvorí prirodzené pokračovanie úlohy predchádzajúcej.

\((3n+1) \cdot \frac{4}{11}\) h, \((3n+2)\cdot\frac{4}{11}\) h, \(n=0, 1, 2,\,\ldots\)

54-C-I-1

\(\lfloor a \rfloor = a, \lfloor a+t \rfloor= a\), \(\lfloor a+\frac{1}{2}t\rfloor = a\), \(\lfloor a-t \rfloor = a\), ak \(t= 0\), resp. \(\lfloor a-t \rfloor = a-1\), ak \(t\neq 0\), \(\lfloor a+2t \rfloor = a\), ak \(t<0,5\), resp. \(\lfloor a+2t \rfloor = a+1\), ak \(t\geq 0,5\), \(\lfloor a-2t\rfloor=a\), ak \(t=0\), resp. \(\lfloor a-2t\rfloor=a-1\) ak \(t\leq 0,5\) a \(\lfloor a-2t\rfloor=a-2\) ak \(t>0,5\).

58-C-I-6

Voľte \(u =\sqrt{a^2+2}\) v prípade a), \(u =\sqrt{4a^2+1}\) v prípade b) a v oboch prípadoch využite, že \(u \neq 1\).

C-58-I-1

Dokopy chlapci dostali \(3 + 2 + 1 + 8 + 2 \cdot 2 + 2 \cdot 4 + 2 \cdot 8 = 42\) Sk. Toto číslo možno jediným spôsobom vyjadriť ako súčet štyroch po sebe idúcich prirodzených čísel: \(42 = 9 + 10 + 11 + 12\). Štyria chlapci teda (v nejakom poradí) vyzbierali sumy 9, 10, 11 a 12 Sk.

Žiadny chlapec nemohol dostať 8 Sk zároveň od druhého aj od piateho okoloidúceho (inak by mal aspoň 16 Sk, najviac však mohol každý z chlapcov dostať 12 Sk). Takže od druhého a piateho majú traja chlapci po 8 Sk a jeden od nich nedostal nič. Najviac jeden z týchto troch chlapcov mohol dostať 4 Sk od štvrtého okoloidúceho, inak by mali už aspoň dvaja chlapci aspoň 12 Sk. Štvrtý okoloidúci musel teda dať 4 Sk práve jednému z nich a 4 Sk zostávajúcemu chlapcovi. Bez peňazí prvého a tretieho okoloidúceho teda majú chlapci vybraných 12, 8, 8 a 4 Sk. Chlapec, ktorý dostal v súčte od druhého, štvrtého a piateho okoloidúceho dvanásť korún, už nemohol dostať od prvého a tretieho okoloidúceho nič, lebo by mal viac ako dvanásť korún. Ten, ktorý dostal v súčte od druhého, štvrtého a piateho okoloidúceho 4 Sk, musel dostať od prvého a tretieho v súčte maximálnu možnú čiastku, t. j. \(3+2 = 5\) Sk, inak by mal dokopy menej ako 9 Sk (dostal teda práve 9 Sk a vyzbieral najmenej). Takže najmenej vyzbieral Tomáš, lebo on dostal od prvého okoloidúceho 3 Sk, a najviac Peter, ktorý od prvého okoloidúceho nedostal nič.

Úvahy ľahko dokončíme a ukážeme, že popísané rozdelenie je skutočne možné. Ako už vieme, Tomáš vyzbieral 9 Sk a Peter 12 Sk. Jakub, ktorý dostal 2 Sk od prvého, nemohol dostať od tretieho nič, takže dostal celkom 10 Sk, a Martin 11 Sk. Všetky úvahy môžeme prehľadne usporiadať do tabuľky, ktorú postupne dopĺňame.

1	2	3	4	5	\(\Sigma\)
	8		0	0
	0		0	8
0	0	0	4	8	12 \(\rightarrow\) P
3	0	2	4	0	\(\leq 9 \rightarrow\) T
\(1+2+3\)	\(1 \times 8\)	\(2\times 2\)	\(2 \times 4\)	\(2 \times 8\)

54–B–II–3

58-C-II-3

Škriatok urobí 9 skokov nahor a 14 skokov doprava. Jeho cestu určíme, keď v poradí všetkých 23 skokov vyberieme tých deväť, ktoré povedú nahor. Počet týchto výberov 9 prvkov z daných 23 je rovný zlomku \(\frac{23 \cdot 22 \cdots 16 \cdot 15}{9 \cdot 8 \cdots 2\cdot 1}\), teda číslu \(817 190\).

Komentár

Ako sme už spomínali, táto úloha je tiež prípravou na domácu prácu. Je tiež vhodným miestom, kde môžeme prípadným tápajúcim študentom pripomenúť metódu riešenia, s ktorou sme sa už stretli: pokúsiť sa vypozorovať, ako sa úloha správa pre menšie rozmery, napr. tabuľku \(3\times 3\) a potom objavené výsledky zovšeobecniť.

58-C-S-1

Vrchol \(B\) je určený polpriamkou \(AT\) a kolmicou \(p\) na výšku \(AP\) v bode \(P\) (obr. 1), na ktorej leží strana \(BC\). Pritom bod \(T\) musí byť vnútorným bodom úsečky \(AB\). Stred \(S\) kružnice vpísanej trojuholníku \(ABC\) potom dostaneme ako priesečník kolmice \(q\)

na priamku \(AT\) v bode \(T\) s osou uhla ohraničeného priamkou \(p\) a polpriamkou \(BA\). Jej polomer bude mať veľkosť \(|ST|\).

Ostáva zostrojiť vrchol \(C\) hľadaného trojuholníka \(ABC\). Ten bude ležať jednak na priamke \(p\), jednak na druhej dotyčnici vpísanej kružnice z vrcholu \(A\), ktorá je súmerne združená so stranou \(AB\) podľa priamky \(AS\). Stačí teda zostrojiť bod \(U\) dotyku strany \(AC\) s kružnicou vpísanou ako obraz bodu \(T\) v uvedenej osovej súmernosti.

Odtiaľ vyplýva konštrukcia:

1. \(p\): \(P \in p\) a \(p \perp AP\);

2. \(B\): \(B \in AT \cap p\), bod \(B\) musí ležať na polpriamke \(AT\) za bodom \(T\);

3. \(q\): \(T \in q\) a \(q \perp AT\);

4. \(u_1\), \(u_2\): dve (navzájom kolmé) osi rôznobežiek \(AB\), \(p\);

5. \(S_1\), \(S_2\): \(S_1 \in q \cap u_1\), \(S_2 \in q \cap u_2\);

6. \(U_1\), \(U_2\): obrazy bodu \(T\) v súmernostiach podľa priamok \(AS_1\) a \(AS_2\);

7. \(C_1\), \(C_2\): priesečníky priamky \(p\) s polpriamkami \(AU_1\) a \(AU_2\);

8. trojuholníky \(ABC_1\) a \(ABC_2\).

Diskusia. Bod \(B\) konštruovaný v 2. kroku existuje, len ak uhol \(PAT\) je ostrý (inak ani polpriamka \(AT\) nepretne priamku \(p\)) a zároveň bod \(T\) leží vnútri polroviny \(pA\), čo je ekvivalentné s tým, že aj uhol \(APT\) je ostrý. Body \(S_1\), \(S_2\) existujú vždy a sú rôzne, lebo ležia v opačných polrovinách určených priamkou \(AB\). Kružnica vpísaná leží celá v trojuholníku \(ABC\), a teda i v páse určenom priamkou \(p\) a priamkou s ňou rovnobežnou, ktorá prechádza vrcholom \(A\), takže stred \(S\) vpísanej kružnice musí padnúť do pásu tvoreného priamkou \(p\) a priamkou \(p'\) s ňou rovnobežnou, ktorá rozpoľuje výšku \(AP\). V takom prípade dotyčnica ku kružnici \((S; |ST|)\) (súmerne združená s dotyčnicou \(AB\) podľa priamky \(AS\)) určite pretne priamku \(p\) v hľadanom vrchole \(C\).

Diskusiu zhrnieme takto: Ak pre vnútorné uhly trojuholníka \(APT\) platí \(|\measuredangle PAT| \geq 90^\circ\) alebo \(|\measuredangle APT| \geq 90^\circ\), nemá úloha riešenie. Ak platí \(|\measuredangle PAT| < 90^\circ\) a zároveň \(|\measuredangle APT| < 90^\circ\), je počet riešení 0 až 2 podľa toho, koľko zo zostrojených bodov \(S_1\) a \(S_2\) leží medzi rovnobežkami \(p\) a \(p'\).

Komentár

V posledných rokoch sa v MO nevyskytlo veľké množstvo konštrukčných úloh. Napriek tomu však považujeme za dôležité vyriešiť so študentmi aspoň jeden takýto problém a poukázať na to, že zostrojením vyhovujúceho útvaru riešenie úlohy nekončí a je potrebné uviesť aj diskusiu, ktorá je častokrát aspoň tak náročná ako vhodná konštrukcia. Zaradenie úlohy v tomto seminári považujeme za vhodné tiež preto, lebo úloha využíva vlastnosti kružnice vpísanej, a tak so cťou uzavrie toto seminárne stretnutie.

Použite najskôr výsledok úlohy pre podobné trojuholníky so spoločným vrcholom, ktorým je priesečník predĺžených ramien, a protiľahlými stranami, ktorými sú jednak základňa lichobežníka, jednak uvažovaná spojnica ramien. Na dôkaz vlastnosti priesečníka \(P\) označte \(E \in BC\), \(F \in AD\) krajné body prislúchajúcej spojnice ramien a využite to, že podobnosť trojuholníkov \(APF\), \(ACD\) má taký istý koeficient ako podobnosť trojuholníkov \(BEP\), \(BCD\).

Rovnica je Pytagorova veta pre pravouhlý trojuholník s preponou \(S_1S_2\).

Označme \(v\) výšku trojuholníka \(ABC\) na stranu \(AB\), \(v_1\) výšku trojuholníka \(ABM\) na stranu \(AB\) a \(v_2\) výšku trojuholníka \(KLM\) na stranu \(KL\) (obr. 1). Z podobnosti trojuholníkov \(LKC\) a \(ABC\) (zaručenej vetou \(sus\)) vyplýva, že \(|KL| =\frac{2}{3} |AB|\). Z porovnania ich výšok zo spoločného vrcholu \(C\) vidíme, že výška \(v\) trojuholníka \(ABC\) je rovná trojnásobku vzdialenosti priečky \(KL\) od strany \(AB\), teda \(v = 3(v_1 +v_2)\). Keďže \(AK\) a \(BL\) sú priečky rovnobežiek \(KL\) a \(AB\), vyplýva zo zhodnosti prislúchajúcich striedavých uhlov podobnosť trojuholníkov \(ABM\) a \(KLM\).

Keďže \(|KL| =\frac{2}{3}|AB|\), je tiež \(v_2 =\frac{2}{3}v_1\), a preto \(v_1 + v_2 =\frac{5}{3}v_1\), čiže \[v = 3(v_1 + v_2) = 5v_1.\] Trojuholníky \(ABM\) a \(ABC\) majú spoločnú stranu \(AB\), preto ich obsahy sú v pomere výšok na túto stranu, takže obsah trojuholníka \(ABC\) je päťkrát väčší ako obsah trojuholníka \(ABM\).

Komentár

Ďalšia úloha, ktorá precvičuje rovnaké tvrdenie ako predchádzajúca. Pomery výšok je tentoraz potrebné určiť z podobnosti trojuholníkov. Tu sa teda uplatnia znalosti precvičované na minulom seminárnom stretnutí.

Rovnicu prepíšeme na tvar \[x-y=(z-y)\sqrt{3}+(x-z)\sqrt{7}\] a umocníme. Po jednoduchej úprave dostaneme \[\label{eq:57II4} (x - y)^2 - 3(z - y)^2 - 7(x - z)^2 = 2(x - z)(z - y)\sqrt{21}.\] Pre \(x \neq z\) a \(y \neq z\) nemôže rovnosť [eq:57II4] platiť, pretože jej pravá strana je v takom prípade číslo iracionálne, zatiaľ čo ľavá strana je číslo celé. Rovnosť teda môže nastať, len keď \(x = z\) alebo \(y = z\).

V prvom prípade po dosadení \(x = z\) do pôvodnej rovnice dostaneme \(z-y =\sqrt{3}(z- y)\). Odtiaľ \(z = y = x\).

V druhom prípade, keď \(y = z\), dôjdeme analogicky k rovnakému výsledku.

Záver. Riešením danej rovnice sú všetky trojice \((x, y, z) = (k, k, k)\), kde \(k\) je ľubovoľné celé číslo.

Komentár

Aj napriek tomu, že vzorové riešenie úlohy vyzerá zrozumiteľne, úloha riešiteľov krajských kôl potrápila (bola najhoršie hodnotenou úlohou daného krajského kola). Záludnosti sa ukrývajú vo vytyčovaní iracionálnych čísel a nie neznámych, vhodnej úprave rovnice a diskusii o (i)racionalite oboch strán rovnice.

Ak označíme \(a_n\) počet spôsobov, koľkými sa môže kobylka dostať do bodu vzdialeného \(n\) cm od začiatočného bodu úsečky, tak pre každé \(n \geq 1\) platí \(a_{n+2}= a_{n+1} + a_n\). Keďže \(a_1 = 1\) a \(a_2 = 2\), môžeme ďalšie počty \(a_3, a_4,\ldots\) postupne počítať podľa vzorca z predošlej vety, až dospejeme k hodnote \(a_{10} = 89\).

Pri inom postupe je možné rozdeliť všetky cesty podľa toho, koľko pri nich urobí kobylka skokov dĺžky dva (ich počet môže byť 0, 1, 2, 3, 4 alebo 5 a tým je tiež určený počet skokov dĺžky \(1\): 10, 8, 6, 4, 2 alebo 0). Ku každému takému počtu potom určíme počet všetkých rôznych poradí jednotiek a dvojok (dávajúcich v súčte 10). Dostaneme tak \(1+9+28+ 35 + 15 + 1 = 89\) možných ciest.

Komentár

Úloha opäť pravdepodobne nebude pre študentov neprekonateľnou výzvou. Bude však určite zaujímavé sledovať, ako sa študenti popasujú s hľadaním počtu spôsobov. Taktiež úloha slúži ako príprava na úlohu nasledujúcu a domácu prácu.

55-B-S-1

55-C-S-3

Označme prvé dve cifry hľadaného trojciferného čísla \(a\) a \(b\). Zadanie potom môžeme prepísať do nasledujúcej rovnice \(100a+10b+4=4\cdot 100 + 10a+b+81\). Po úprave a vydelení celej rovnosti deviatimi dostávame \(10a+b=53\). Keďže \(a\) aj \(b\) sú kladné jednociferné čísla (pretože sú to cifry), je zrejmé, že \(a=5\) a \(b=3\). Hľadaným trojciferným číslom je tak číslo 534, čo potvrdí aj skúška správnosti.

Komentár

Úloha je v porovnaní s tým, čo v seminárnom stretnutí nasleduje, jednoduchá, osvieži však študentom často používanú myšlienku: číslo \(\overline{abc}\) môžeme zapísať v tvare \(100a+10b+c\). Tú využijeme v mnohých ďalších úlohách.

Úpravou dvojčlena \(a^2 - a\) doplnením na štvorec a využitím faktu že druhá mocnina reálneho čísla je nezáporná ukážeme, že menovateľ zlomku v nerovnosti je kladný: \[a^2-a+1=\bigg(a^2-a+\frac{1}{4}\bigg) +\frac{3}{4}=\bigg(a-\frac{1}{2}\bigg)^2+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{4}>0.\] Ak ním teda obe strany dokazovanej nerovnosti vynásobíme, dostaneme ekvivalentnú nerovnosť \[a^2(a^2-a+1)+1\geq (a+1)(a^2-a+1).\] Po roznásobení a zlúčení rovnakých mocnín a dôjdeme k nerovnosti \[a^4-2a^3+a^2\geq 0,\] ktorá však platí, pretože jej ľavá strana má rozklad \(a^2 (a - 1)^2\) s nezápornými činiteľmi \(a^2\) a \((a - 1)^2\). Tým je pôvodná nerovnosť pre každé reálne číslo a dokázaná. Zároveň sme zistili, že rovnosť vo výslednej, a teda aj v pôvodnej nerovnosti nastane práve vtedy, keď platí \(a^2 (a - 1)^2 = 0\), teda jedine vtedy, keď \(a = 0\) alebo \(a = 1\).

Iné riešenie*. Danú nerovnosť môžeme prepísať na tvar \[(a^2 - a + 1) + \frac{1}{a^2-a+1}\geq 2 \ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ u~+\frac{1}{u}\geq 2,\] pričom \(u = a^2 -a + 1\). Využitím faktu, že posledná nerovnosť platí pre každé kladné reálne číslo \(u\) a že prechádza v rovnosť jedine pre \(u = 1\).

Na dôkaz pôvodnej nerovnosti ostáva už len overiť, že výraz \(u = a^2 - a + 1\) je kladný pre každé reálne číslo \(a\). To možno spraviť rovnako ako v prvom riešení, alebo prepísať nerovnosť \(a^2 - a + 1 > 0\) na tvar \[a(a -1) > -1\] a uskutočniť krátku diskusiu: Posledná nerovnosť platí ako pre každé \(a \geq 1\), tak pre každé \(a\leq 0\), lebo v oboch prípadoch máme dokonca \(a(a - 1) \geq 0\); pre zvyšné hodnoty \(a\), teda pre \(a \in (0, 1)\), je súčin \(a(a - 1)\) síce záporný, avšak určite väčší ako \(-1\), pretože oba činitele \(a\), \(a - 1\) majú absolútnu hodnotu menšiu ako 1. Prepísaná nerovnosť je tak dokázaná pre každé reálne číslo \(a\), a tým je podmienka pre použitie nerovnosti \(u + \frac{1}{u} \geq 2\) pre \(u = a^2 + a + 1\) overená.

Ako sme už uviedli, rovnosť \(u + \frac{1}{u} = 2\) nastane jedine pre \(u = 1\). Pre rovnosť v nerovnosti zo zadania úlohy tak dostávame podmienku \(a^2 -a+1 = 1\), čiže \(a(a-1)= 0\), čo je splnené iba pre \(a = 0\) a pre \(a = 1\).

Komentár

Úloha využíva spojenie viacerých poznatkov – faktu, že druhá mocnina akéhokoľvek reálneho čísla je nezáporná, úpravu na štvorec, ekvivalentné úpravy nerovností a tiež známu nerovnosť \(u+\frac{1}{u} \geq 2\) pre každé kladné reálne \(u\). Je síce náročnejšia ako úlohy, ktorými sme sa doteraz zaoberali, ale považujeme ju za vhodnú ilustráciu toho, ako nám rozšírený arzenál metód pomôže v úspešnom zvládnutí zložitejších problémov. Úloha tiež demonštruje, že k správnemu riešeniu častokrát vedú viaceré cesty.

Dokázané vlastnosti všeobecného lichobežníka z predchádzajúcej úlohy nám umožnia celkom ľahko vyriešiť zadanú úlohu. Situácia je znázornená na obr. [fig:66I5_2]. Okrem pomenovaných bodov sme tam ešte označili \(S_1\), \(S_2\), \(S_3\) stredy úsečiek \(AB\), \(KL\) a \(MN\). Keďže trojuholníky \(ABC\), \(KLC\)

[fig:66I5_2]

a \(MNC\) sú navzájom podobné (podľa vety \(sus\)), platí \(|AB| : |KL| : |MN| = |AC| : |KC| : |MC| = 3 : 2 : 1\). Podľa zhodných vnútorných uhlov spomenutých troch trojuholníkov platí tiež \(AB \parallel KL\), \(KL \parallel MN\). Štvoruholníky \(ABLK\), \(KLNM\) a \(ABNM\) tak sú naozaj lichobežníky (ako je prezradené v zadaní) so základňami \(AB\), \(KL\) a \(MN\), ktorých dĺžky sú v už odvodenom pomere \(3 : 2 : 1\). Navyše predĺžené ramená všetkých troch lichobežníkov sa pretínajú v bode \(C\), ktorým preto podľa dokázanej vlastnosti prechádzajú priamky \(S_1 S_2\), \(S_2 S_3\) (a \(S_1 S_3\)), takže ide o jednu priamku, na ktorej body \(S_1\), \(S_2\), \(S_3\) a \(C\) ležia v uvedenom poradí tak, že \(|S_1 C| : |S_2 C| : |S_3 C| = 3 : 2 : 1\). Z toho vyplýva \(|S_1 S_2 | = |S_2 S_3 | (= |S_3 C|)\), takže bod \(S_2\) je stredom úsečky \(S_1 S_3\). Na nej (opäť podľa dokázaného tvrdenia) ležia aj body \(E\), \(F\) a \(G\), pričom pre bod \(E\) medzi bodmi \(S_1\), \(S_2\) platí \(|ES_1 | : |ES_2 | = 3 : 2\), pre bod \(F\) medzi bodmi \(S_2\), \(S_3\) platí \(|FS_2| : |FS_3| = 2 : 1\) a napokon pre bod \(G\) medzi bodmi \(S_1\), \(S_3\) platí \(|GS_1| : |GS_3 | = 3 : 1\). Tieto delenia troch úsečiek sme znázornili na obr. [fig:66I5_3], kam sme zapísali aj dĺžky vzniknutých úsekov pri voľbe jednotky \(1 = |S_1 S_2 | = |S_2 S_3 |\) (pri ktorej \(|S_1 S_3 | = 2\)).

[fig:66I5_3]

Keďže \[|S_1 F| = |S_1 S_2 | + |S_2 F| = 1 +\frac{2}{3}=\frac{5}{3}>\frac{3}{2}= |S_1 G|,\] platí \(|GF| = |S_1 F| - |S_1 G| =\frac{5}{3} -\frac{3}{2}=\frac{1}{6}\), čo spolu s rovnosťou \(|EF| = |ES_2 | + |S_2 F|=\frac{2}{5}+\frac{2}{3}=\frac{16}{15}\) už vedie k určeniu hľadaného pomeru \[|GF| : |EF| =\frac{1}{6}:\frac{16}{15}= 5 : 32.\]

Komentár

Úloha je zložitejšia ako predchádzajúca, ale študenti zoznámení s prípravnou úlohou, zbehlí vo využívaní podobných trojuholníkov a precízni, aby sa nestratili v záverečnom pomerovaní, by si s úlohou poradiť mali.

Označme \(x = |AK| = |AM|\), \(y = |BL| = |BK|\), \(z = |CM| = |CL|\) (obr. 1) zhodné úseky dotyčníc z jednotlivých vrcholov trojuholníka ku vpísanej kružnici.

Zrejme \[\label{eq:57II1_1} a= y + z, \ \ \ \ b = z~+ x, \ \ \ \ c = x + y.\] Z uvedených rovností vidíme, že daná podmienka \[\label{eq:57II1_2} b + c < 3a\] je ekvivalentná nerovnosti \[\label{eq:57II1_3} x < y + z,\] čo je nutná podmienka existencie trojuholníka so stranami dĺžok \(x\), \(y\) a \(z\).

Dosadením z [eq:57II1_1] do podmienok \(b \leq c\) a \(a \leq b\) zistíme, že \(z \leq y\) a \(y \leq x\). To znamená, že ďalšie dve trojuholníkové nerovnosti \(y < z~+ x\) a \(z < x + y\) sú automaticky splnené, takže nerovnosť [eq:57II1_3], a tým aj [eq:57II1_2] je podmienkou postačujúcou. Tým je tvrdenie úlohy dokázané.

Komentár

Úloha využíva poznatok, že spojnice vrcholov a bodov dotyku so stredom vpísanej kružnice rozdelia trojuholník na tri dvojice zhodných trojuholníkov. Ten využijeme v nasledujúcej úlohe aj domácej práci. Okrem toho, aj keď úloha nie je na výpočet nijako extrémne náročná, je študentov potrebné upozorniť, že dokazujú ekvivalenciu, takže nerovnosť zo zadania musí byť nielen podmienkou nutnou, ale aj postačujúcou.

Nerovnosť by bolo ľahké dokázať, ak by niektorý z dvoch sčítancov na ľavej strane bol sám o sebe aspoň taký, ako pravá strana. Číslo \([a, b]\) je zjavne násobkom čísla \(a\). Ak \([a, b] \geq 2a\), tak \(b[a, b] \geq 2ab\) a v zadanej nerovnosti platí dokonca ostrá nerovnosť, lebo číslo \(a(a, b)\) je kladné. Ak \([a, b] < 2a\), tak neostáva iná možnosť ako \([a, b] = a\). To však nastane iba v prípade, keď \(b \mid a\). V tomto prípade \((a, b) = b\) a v zadanej nerovnosti nastane rovnosť.

Iné riešenie*. Označme \(d = (a, b)\), takže \(a = ud\) a \(b = vd\) pre nesúdeliteľné prirodzené čísla \(u, v\). Z toho hneď vieme, že \([a, b] = uvd\). Keďže \[\begin{aligned} a \cdot (a, b) + b \cdot [a, b]& = ud^2+ uv^2d^2= u(1 + v^2)d^2,\\ 2ab& = 2uvd^2,\end{aligned}\] je vzhľadom na \(ud^2 > 0\) nerovnosť zo zadania ekvivalentná s nerovnosťou \(1 + v^2 \geq 2v\), čiže \((v - 1)^2 \geq 0\), čo platí pre každé \(v\). Rovnosť nastane práve vtedy, keď \(v = 1\), čiže \(b \mid a\).

Iné riešenie*. Označme \(d = (a, b)\). Je známe, že \([a, b] \cdot (a, b) = ab\). Po vyjadrení \([a, b]\) z tohto vzťahu, dosadení do zadanej nerovnosti a ekvivalentnej úprave dostaneme ekvivalentnú nerovnosť \(d^2 + b^2 \geq 2bd\), ktorá platí, lebo \((d - b)^2 \geq 0\). Rovnosť nastáva pre \(d = b\), čiže v prípade \(b \mid a\).

Komentár

Na úspešné zvládnutie úlohy je opäť potrebná znalosť z predchádzajúceho seminára o nerovnostiach a taktiež ponúka široké spektrum prístupov, takže bude zaujímavé sledovať, ako k nej študenti pristúpia.

Ak označíme \(d\) najväčšieho spoločného deliteľa čísel \(a\) a \(b\), môžeme písať \(a = kd\) a \(b = ld\), pričom \((k, l) = 1\), takže \([a, b] = kld\). Po dosadení do danej rovnice tak dostaneme \[kd \cdot kld = 4 \cdot d \ \ \ \text{a po úprave} \ \ \ k^2ld = 4.\]

Z poslednej rovnosti je zrejmé, že môže byť jedine \(k = 2\) alebo \(k = 1\).

Pre \(k = 2\) vychádza \(l = d = 1\), čomu zodpovedá dvojica \(a = 2\), \(b = 1\).

Pre \(k = 1\) dostávame rovnicu \(ld = 4\), ktorá má v obore kladných celých čísel tri riešenia:

1. \(l = 4\), \(d = 1\) a riešením úlohy je dvojica \(a = 1\), \(b = 4\);

2. \(l = 2\), \(d = 2\) a riešením úlohy je dvojica \(a = 2\), \(b = 4\);

3. \(l = 1\), \(d = 4\) a riešením úlohy je dvojica \(a = 4\), \(b = 4\).

Záver. Úlohe vyhovujú práve štyri dvojice kladných celých čísel \((a, b)\), a to (2, 1), (1, 4), (2, 4) a (4, 4).

Iné riešenie*. Využijeme známu rovnosť \([a, b] \cdot (a, b) = a \cdot b\), ktorá platí pre všetky celé kladné \(a\), \(b\). Vynásobením oboch strán danej rovnice číslom [a, b] tak dostaneme \[a[a, b]^2= 4ab, \ \ \ \text{čiže} \ \ \ [a, b]^2= 4b. \ \ \ \todo{ (1)}\]

Vzhľadom na to, že \([a, b] \geq b\), a teda \[4b = [a, b]^2 \geq b^2,\] je \(b^2\leq 4b\), takže \(b \leq 4\). Navyše z upravenej rovnice vyplýva, že \(4b\), a teda aj \(b\) je druhou mocninou celého čísla. Preskúmaním oboch prípadov \(b \in \{1, 4\}\) (dosadíme do pôvodnej rovnice postupne všetky možné hodnoty \((a, b)\), ktorých je konečne veľa, alebo dosadíme do a využijeme to, že \(a\) je deliteľom najmenšieho spoločného násobku \([a, b]\)) dôjdeme k rovnakému záveru ako v prvom riešení.

Iné riešenie*. Keďže zrejme platí \([a, b] = (a, b)\), vyplýva zo zadanej rovnosti nerovnosť \(a \leq 4\), pričom rovnosť \(a = 4\) nastane práve vtedy, keď \([a, b] = (a, b)\) čiže \(a = b = 4\). To je prvé riešenie danej úlohy, pri všetkých ostatných musí byť \(a = 1\), \(a = 2\), alebo \(a = 3\). Pre \(a = 1\) máme rovnicu \(1 \cdot b = 4\), takže \((a, b) = (1, 4)\) je druhým riešením. Pre \(a = 2\) máme rovnicu \(2[2, b] = 4(2, b)\) čiže \([2, b] = 2(2, b)\), odkiaľ podľa možných hodnôt \((2, b) = 1\) a \((2, b) = 2\) dostaneme \(b = 1\), resp. \(b = 4\); ďalšie dve (tretie a štvrté) riešenia teda sú \((a, b) = (2, 1)\) a \((a, b) = (2, 4)\). Napokon pre \(a = 3\) máme rovnicu \(3[3, b] = 4(3, b)\), z ktorej vyplýva \(3 \mid (3, b)\), čiže \(3 \mid b\), takže máme vlastne rovnicu \(3b = 12\), ktorej jediné riešenie \(b = 4\) však podmienku \(3 \mid b\) nespĺňa.

Poznámka. Diskusii o prípade \(a = 3\) sa možno vyhnúť nasledujúcou úvahou. Prepíšme zadanú rovnicu na tvar \[\frac{[a, b]}{(a, b)}=\frac{4}{a}.\] Keďže zlomok na ľavej strane je zrejme celé číslo, musí byť taký aj zlomok na pravej strane, takže a je jedno z čísel 1, 2 alebo 4.

C-57-S-2

\(a = (p^2+ 1)/2\) a \(b = (p^2 - 1)/2\), pričom \(p\) je ľubovoľné nepárne prvočíslo.

58-C-S-1

Keďže \(19 > 6 \cdot 3\), majú rovnakú farbu niektoré štyri vrcholy, ktoré označíme \(A, B, C, D\) v poradí na opísanej kružnici. Tie tvoria vrcholy konvexného štvoruholníka, ktorého vnútorné uhly majú súčet \(360^{\circ}\), takže nemôžu byť všetky menšie ako \(90^{\circ}\). Zároveň je zrejmé, že žiadny z nich nemôže byť rovný \(90^{\circ}\), pretože číslo 19 je nepárne. Aspoň jeden z uhlov \(ABC, BCD, CDA, DAB\) je teda väčší ako \(90^{\circ}\), a preto je príslušný trojuholník tupouhlý.

Aby sme sa mohli stručnejšie vyjadrovať, budeme vyberať priamo čísla, a nie kartičky.

Všimnime si najskôr, že pre súčet s ľubovoľných dvoch daných čísel platí \(11 = 5 + 6 \leq s \leq 55 + 54 = 109\). Medzi číslami od 11 po 109 sú palindrómy práve všetky násobky 11 a navyše aj číslo 101. Uvedomme si teraz, že deliteľnosť súčtu dvoch čísel daným číslom \(d\) (nám pôjde o hodnotu \(d = 11\)) závisí iba na zvyškoch oboch sčítaných čísel po delení dotyčným \(d\). Toto užitočné pravidlo uplatníme tak, že všetky dané čísla od 5 po 55 rozdelíme do skupín podľa ich zvyškov po delení číslom 11 a tieto skupiny zapíšeme do riadkov tak, aby súčet dvoch čísel z rôznych skupín na rovnakom riadku bol deliteľný číslom 11; o význame zátvoriek na konci každého riadku budeme hovoriť vzápätí.

\[\begin{aligned} \{5, 16, 27, 38, 49\}&, \ \ \ \{6, 17, 28, 39, 50\} &\text{(5 čísel)},\\ \{7, 18, 29, 40, 51\}&, \ \ \ \{15, 26, 37, 48\} &\text{(5 čísel)},\\ \{8, 19, 30, 41, 52\}&, \ \ \ \{14, 25, 36, 47\} &\text{(5 čísel)},\\ \{9, 20, 31, 42, 53\}&, \ \ \ \{13, 24, 35, 46\} &\text{(5 čísel)},\\ \{10, 21, 32, 43, 54\}&, \ \ \ \{12, 23, 34, 45\} &\text{(5 čísel)}\\ \{11, 22, 33,& 44, 55\} \ \ &\text{(1 číslo)}.\end{aligned}\]

Na koniec každého riadku sme pripísali maximálny počet na ňom zapísaných čísel, ktoré môžeme súčasne vybrať bez toho, aby súčet dvoch z nich bol násobkom čísla 11. Napríklad v treťom riadku máme päticu čísel so zvyškom 8 a štvoricu čísel so zvyškom 3. Je jasné, že nemôžeme súčasne vybrať po čísle z oboch týchto skupín (ich súčet by bol násobkom 11), môžeme však vybrať súčasne všetkých päť čísel z pätice (súčet každých dvoch z nich bude po delení 11 dávať taký istý zvyšok ako súčet 8 + 8, teda zvyšok 5). Dodajme ešte, že uvedená schéma šiestich riadkov má pre nás ešte jednu obrovskú výhodu: súčet žiadnych dvoch čísel z rôznych riadkov nie je násobkom 11 (tým totiž nie je ani súčet ich dvoch zvyškov).

Z uvedeného rozdelenia všetkých daných čísel do šiestich riadkov vyplýva, že vyhovujúcim spôsobom nemôžeme vybrať viac ako \(5 \cdot 5 + 1 = 26\) čísel. Keby sme však vybrali 26 čísel, muselo by medzi nimi byť aj jedno z čísel 49 alebo 50 a z ďalších štyroch riadkov postupne čísla 51, 52, 53 a 54 – potom by sme ale dostali palindróm 49 + 52 alebo 50 + 51. A tak sa nedá vybrať viac ako 25 čísel, pritom výber 25 čísel možný je: z prvých piatich riadkov vyberieme napríklad všetky čísla z ľavých skupín s výnimkou čísla 52 a k tomu jedno číslo (napríklad 11) z posledného riadku. Potom súčet žiadnych dvoch vybraných čísel nebude deliteľný 11 (vďaka zaradeniu čísel do skupín), ani rovný poslednému ”kritickému“ číslu, palindrómu 101 (preto sme pri voľbe čísla 49 vylúčili 52).
Odpoveď. Najväčší možný počet kartičiek, ktoré môžeme požadovaným spôsobom vybrať, je rovný číslu 25. Iné riešenie. Medzi vybranými číslami môžu byť

• iba jedno číslo z pätice (11, 22, 33, 44, 55);

• nanajvýš jedno číslo z každej z 20 nasledujúcich dvojíc (5, 6), (7, 15), (8, 14), (9, 13), (10, 12), (16, 17), (18, 26), (19, 25), (20, 24), (21, 23), (27, 28), (29, 37), (30, 36), (31, 35), (32, 34), (38, 39), (40, 48), (41, 47), (42, 46) a (43, 45);¹

• nanajvýš dve čísla zo štvorice (49, 50, 51, 52) (pretože súčty 49 + 50, 50 + 51 a 49 + 52 sú palindrómy);

• obe zvyšné čísla 53 a 54.

Preto sa nedá požadovaným spôsobom vybrať viac ako 1 + 20 + 2 + 2 = 25 čísel. Vyhovujúci výber 25 čísel je možný: jedno číslo z pätice násobkov 11, menšie z dvoch čísel z každej z 20 dvojíc, čísla 49 a 51 zo štvorice a napokon obe čísla 53 a 54. Je však nutné vysvetliť, prečo súčet žiadnych dvoch vybraných čísel nie je násobkom 11 (prečo nie je rovný 101, je zrejmé hneď). Na to si stačí všimnúť, že menšie čísla z 20 dvojíc dávajú po delení jedenástimi postupne zvyšky, ktoré sa opakujú s periódou dĺžky 5 majúcou zloženie (5, 7, 8, 9, 10), napokon posledné štyri vybrané čísla majú postupne zvyšky 5, 7, 9 a 10, takže súčet žiadnych dvoch zvyškov nami vybraných čísel naozaj nie je násobkom 11. (Zhodou okolností sa jedná o rovnaký príklad vyhovujúceho výberu 25 čísel ako v prvom riešení.)

Označme \(S\) stred základne \(BC\) daného rovnoramenného trojuholníka \(ABC\), \(O\) stred jeho opísanej kružnice, \(M\) stred vpísanej kružnice a \(P\) pätu kolmice z bodu \(M\) na rameno \(AC\) (obr. 1).

Z pravouhlého trojuholníka \(BSA\) pomocou Pytagorovej vety vyjadríme veľkosť \(v\) výšky \(AS\), pričom v pravouhlom trojuholníku \(BSO\) s preponou dĺžky \(R\) pre odvesnu \(OS\) platí \(|OS| =||AS|-|AO|| = |v-R|\) (musíme si uvedomiť, že v tupouhlom trojuholníku \(ABC\) bude bod \(S\) ležať medzi bodmi \(A\) a \(O\)!). Dostávame tak dve rovnosti \[\begin{aligned} v^2 &= b^2 -\frac{a^2}{4},\\ R^2 &= \frac{a^2}{4}+ (v~-R)^2;\end{aligned}\] ich sčítaním vyjde \[v^2+ R^2= b^2 + (v~- R)^2,\ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ b^2= 2vR.\] Dosadením z prvej rovnice \(v =\frac{1}{2}\sqrt{4b^2- a^2}\) do poslednej rovnosti dostaneme hľadaný vzorec pre \(R\).

Dodajme, že rovnosť \(b^2 = 2vR\), ktorú sme práve odvodili a z ktorej už ľahko vyplýva vzorec pre polomer \(R\), je Euklidovou vetou o odvesne \(AB\) pravouhlého trojuholníka \(ABA'\) s preponou \(AA'\), ktorá je priemerom kružnice opísanej trojuholníku \(ABC\) (obr. 1).

Nájdený vzorec pre polomer \(R\) zapíšeme prehľadne spolu s druhým hľadaným vzorcom pre polomer \(r\), ktorého odvodeniu sa ešte len budeme venovať: \[\label{eq:61I5} R =\frac{\sqrt{b^2}}{\sqrt{4b^2 - a^2}}\ \ \ \ \text{a}\ \ \ \ r = \frac{a\sqrt{4b^2-a^2}}{2(a+2b)}.\] Druhý zo vzorcov [eq:61I5] sa dá získať okamžite zo známeho vzťahu \(r = 2S/(a + b + c)\) pre polomer \(r\) kružnice vpísanej do trojuholníka so stranami \(a\), \(b\), \(c\) a obsahom \(S\); v našom prípade stačí len dosadiť \(b = c\) a \(2S = av\), kde \(v = \frac{1}{2}\sqrt{4b^2 - a^2}\) podľa úvodnej časti riešenia.

Ďalšie dva spôsoby odvodenia druhého zo vzorcov [eq:61I5] založíme na úvahe o pravouhlom trojuholníku \(AMP\), ktorého strany majú dĺžky \[|AM| = v~-r, \ \ \ \ |MP| = r, \ \ \ \ |AP| = |AC| - |PC| = b - |SC| = b - \frac{a}{2}.\] Pre tento trojuholník môžeme napísať Pytagorovu vetu alebo využiť jeho podobnosť s trojuholníkom \(ACS\), konkrétne zapísať rovnosť sínusov ich spoločného uhla pri vrchole \(A\). Podľa toho dostaneme rovnice \[(v - r)^2= r^2+\big(b -\frac{a}{2}\big)^2, \ \ \ \ \text{resp.} \ \ \ \ \frac{r}{v-r}= \frac{\frac{1}{2}a}{b},\] ktoré sú obidve lineárne vzhľadom na neznámu \(r\) a majú riešenie \[r = \frac{v}{2}-\frac{1}{2v}\cdot \big( b - \frac{a}{2} \big)^2, \ \ \ \ \text{resp.}\ \ \ \ r=\frac{av}{a+2b}.\] Po dosadení za \(v\) v oboch prípadoch dostaneme hľadaný vzorec pre \(r\). V druhom prípade je to zrejmé, v prvom to ukážeme: \[\begin{aligned} r & =\frac{v}{2} - \frac{1}{2v} \cdot \bigg(b -\frac{a}{2}\bigg)^2= \frac{v^2 - b^2 + ab- \frac{1}{4}a^2}{2v}=\frac{2ab - a^2}{4v}=\\ & = \frac{a(2b - a)}{2\sqrt{(2b -a)(2b + a)}}=\frac{a\sqrt{2b-a}}{2\sqrt{2b+a}} =\frac{a \sqrt{4b^2 -a^2}}{2(a + 2b)}.\end{aligned}\] Ešte ostáva dokázať nerovnosť \(R \geq 2r\). Využijeme na to odvodené vzorce [eq:61I5], z ktorých dostávame (pripomíname, že \(2b > a > 0\)) \[\frac{R}{2r}= R \cdot \frac{1}{2r}=\frac{b^2}{\sqrt{4b^2-a^2}}\cdot \frac{a+2b}{a \sqrt{4b^2-a^2}}=\frac{b^2}{a(2b-a)}.\] Nerovnosť \(R \geq 2r\) teda platí práve vtedy, keď \(b^2\geq a(2b -a)\). Posledná nerovnosť je však ekvivalentná s nerovnosťou \((a - b)^2\geq 0\), ktorej platnosť je už zrejmá. Tým je dôkaz nerovnosti \(R \geq 2r\) hotový. Navyše vidíme, že rovnosť v nej nastane jedine v prípade, keď \((a - b)^2 = 0\), čiže \(a = b\), teda práve vtedy, keď je pôvodný trojuholník nielen rovnoramenný, ale dokonca rovnostranný.

Komentár

Úloha poskytuje mnoho prístupov k riešeniu a bude zaujímavé nechať študentov porovnať ich výsledky. Spája tiež zistenia z predchádzajúcich úloh, v niektorých prípadoch študenti využijú Euklidovu vetu a nezaobídu sa ani bez zručnej manipulácie s algebraickými výrazmi.

Nie. Pripíšte vrcholom v jednom smere po obvode postupne čísla 1, 3, 4, 2, 5, 6 a 7. Potom súčet troch čísel pri vrcholoch každého rovnoramenného trojuholníka bude aspoň 8. Uvedomte si, že pri overovaní posledného poznatku (aj pre iné rozmiestnenie čísel ako nami uvedené) stačí overiť, že sú rôznostranné tie dva trojuholníky, ktoré majú pri svojich vrcholoch trojice čísel (1, 2, 3) a (1, 2, 4).

Všetky súčty ležia v množine celých čísel z intervalu \(\langle -6, 6 \rangle\) ktorá má len 13 prvkov.

62–C–S–3

Aby sme mohli použiť vzorec \(A^2 - B^2 = (A - B)(A + B)\), presuňme najskôr jeden z krajných členov ľavej strany, napríklad člen \(z^2\), na pravú stranu: \[\begin{aligned} x^2 - y^2 & > (x - y + z)^2-z^2,\\ (x - y)(x + y) & > (x - y + z - z)(x - y + z + z),\\ (x - y)(x + y) & > (x - y)(x - y + 2z).\end{aligned}\] Keďže spoločný činiteľ \(x - y\) oboch strán poslednej nerovnosti je podľa predpokladu úlohy číslo záporné, budeme s dôkazom hotoví, keď ukážeme, že zvyšné činitele spĺňajú opačnú nerovnosť \(x + y < x - y + 2z\). Tá je však zrejme ekvivalentná s nerovnosťou \(2y < 2z\), čiže \(y < z\), ktorá podľa zadania úlohy naozaj platí.

Iné riešenie*. Podľa vzorca pre druhú mocninu trojčlena platí \[(x - y + z)^2= x^2+ y^2+ z^2 - 2xy + 2xz - 2yz.\] Dosaďme to do pravej strany dokazovanej nerovnosti a urobme niekoľko ďalších ekvivalentných úprav: \[\begin{aligned} x^2 - y^2+ z^2 &> x^2+ y^2+ z^2 - 2xy + 2xz - 2yz,\\ 0 &> 2y^2 - 2xy + 2xz - 2yz,\\ 0 &> 2y(y - x) + 2z(x - y),\\ 0 &> 2(y - x)(y - z).\end{aligned}\] Posledná nerovnosť už vyplýva z predpokladov úlohy, podľa ktorých je činiteľ \(y - x\) kladný, zatiaľ čo činiteľ \(y - z\) je záporný.

Komentár

Úloha sa dá vyriešiť jednoduchým použitím ekvivalentných úprav a diskusiou v závere, v ktorej je potrebné nezabudnúť na predpoklady z úvodu zadania. Ak študenti sami neprídu na dôkaz pomocou použitia vzorca \(A^2-B^2\), je vhodné im ho ukázať, keďže tak budeme demonštrovať viacero odlišných prístupov k riešeniu úlohy. Zároveň úloha nevyžaduje špeciálne vedomosti a je tak príjemným prepojením tohto a minulého seminára o nerovnostiach.

Ak má prvý ťah Adam, môže Barbora hrať tak, aby bol výsledný zlomok rovný jednej, čo podľa zadania prinesie Barbore výhru. Taký zlomok vyjde, keď budú súčasne platiť obe rovnosti \(a = c\) a \(b = d\), ktoré Barbora dosiahne ťahmi podľa zlomkovej čiary s Adamovými ťahmi.

Ak začína Barbora, môže Adam hrať tak, aby vyšiel zlomok s menovateľom \(10c+d\) deliteľným tromi, ktorého čitateľ \(10a + b\) však deliteľný tromi nebude. Na to Adamovi stačí po každom z oboch Barboriných ťahov vhodne čitateľ či menovateľ, napríklad podľa kritéria deliteľnosti tromi mu stačí zabezpečiť, aby sa ciferný súčet \(a+b\) čitateľa rovnal 10 a aby sa ciferný súčet \(c+d\) menovateľa rovnal 9 alebo 12. Adam tak vyhrá, pretože výsledný zlomok nebude možné krátiť tromi, takže sa nebude rovnať žiadnemu zlomku s mocninou čísla 10 v menovateli, akým sa dá zapísať každé číslo s konečným počtom desatinných miest.

Komentár

Úlohu je možné najprv zadať ako hru medzi dvoma hráčmi a až po tom, čo študenti odohrajú niekoľko kôl a vypozorujú zákonitosti, je vhodné pustiť sa do tvrdého riešenia. Zaujímavé tiež môže byť porovnať stratégie jednotlivých študentov medzi sebou, príp. ich po samostatnej práci nechať niekoľko súbojov odohrať znova, aby svoju stratégiu overili v praxi.

\(a-x\)

58-C-II-4

65–C–I–4

V klobúku môžu byť buď loptičky s číslami 1, 3, 5, 7, 11, alebo 1, 3, 5, 8, 10.

Odčítaním druhej rovnice od prvej a tretej od druhej dostaneme dve rovnice \[\begin{aligned} (x - y)(x + y - 6) & = 0,\\ (y - z)(y + z - 6) & = 0,\end{aligned}\] ktoré spolu s ľubovoľnou z troch daných rovníc tvoria sústavu s danou sústavou ekvivalentnú. Pre splnenie získaných dvoch rovníc pritom máme štyri možnosti:

Ak \(x = y = z\), vyjde dosadením do ktorejkoľvek zo zadaných rovníc \(y^2 + 12y - 85 = 0\) a odtiaľ \(y = 5\) alebo \(y = -17\).

Ak \(x = y\), \(z = 6 - y\), dostaneme z prvej zadanej rovnice \(y^2 + 36 = 85\), a teda \(y = 7\) alebo \(y = -7\).

Ak \(x = 6 - y\), \(z = y\), dostaneme z poslednej zadanej rovnice opäť \(y^2 + 36 = 85\), a teda \(y = 7\) alebo \(y = -7\).

Ak \(x = z = 6 - y\), dostaneme z druhej zadanej rovnice \(y^2 + 6(12 - 2y) = 85\) čiže \(y^2 - 12y - 13 = 0\) a odtiaľ \(y = -1\) alebo \(y = 13\).

Odpoveď. Sústava rovníc má osem riešení, a to \((5, 5, 5)\), \((-17, -17, -17)\), \((7, 7, -1)\), \((-7, -7, 13)\), \((-1, 7, 7)\), \((13, -7, -7)\), \((7, -1, 7)\), \((-7, 13, -7)\).

\(157,5^{\circ}\)

Z podobnosti malého trojuholníka k \(ABC\) je \(r_A/r = (v_a - 2r)/v_a\), pričom \(v_a\) označuje veľkosť výšky z vrcholu \(A\) v trojuholníku \(ABC\). Podobné rovnice platia aj pre ostatné vrcholy, takže ostáva ukázať, že \(1/v_a + 1/v_b + 1/v_c = 1/r\). Tu využijeme vzorec \(ro = 2S = av_a = bv_b = cv_c\), pričom \(o=a+b+c\).

Podiel je rovný \(x^2 - ax + a\).

58-C-I-5

Keďže číslo \(p\) je celé, je aj \(y = \lfloor x \rfloor-p\) celé číslo a \(\lfloor x+y \rfloor = \lfloor x\rfloor+y\). Pôvodná sústava rovníc je teda ekvivalentná so sústavou \[\begin{aligned} \lfloor x \rfloor + y &= 2 010,\\ \lfloor x\rfloor - y &= p,\end{aligned}\] ktorú ľahko vyriešime napríklad sčítacou metódou. Dostaneme \(\lfloor x \rfloor = \frac{1}{2}(2 010 + p)\) (čo môže platiť len pre párne \(p\)) a \(y = \lfloor x \rfloor - p\).

a) Pre \(p = 2\) je riešením sústavy ľubovoľné \(x \in \langle 1006, 1007)\) a \(y = 1 004\).
b) Pre \(p = 3\) nemá sústava žiadne riešenie.

Iné riešenie*. Položme \(\lfloor x \rfloor = a\), potom \(x = a + t\), pričom \(t \in \langle 0, 1)\).

a) Pre \(p = 2\) sústavu prepíšeme na tvar \(y = a-2\) a \(\lfloor 2a-2+t \rfloor = 2 010\). Z poslednej rovnice vyplýva \(2a - 2 = 2 010\), odtiaľ \(a = 1 006\). Keďže \(t \in \langle 0, 1)\), vyhovuje pôvodnej sústave každé \(x \in \langle 1006, 1007)\), pričom \(y = 1 004\).

b) Pre \(p = 3\) dostávame \(y = a - 3\) a \(\lfloor 2a - 3 + t\rfloor = 2 010\). Posledná rovnica je ekvivalentná so vzťahom \(2a - 3 = 2 010\), ktorému nevyhovuje žiadne celé číslo \(a\). Pre \(p = 3\) nemá daná sústava rovníc riešenie.

Ide o dve úsečky dĺžky \(x =\frac{1}{2}(a + b - c)\), dve úsečky dĺžky \(y =\frac{1}{2}(b + c - a)\) a dve úsečky dĺžky \(z =\frac{1}{2}(c + a - b)\). Tieto dĺžky nie sú celočíselné, ak sú napríklad všetky tri dĺžky \(a\), \(b\), \(c\) vyjadrené nepárnymi číslami.

Platí aj opačná implikácia. Návod: \((4a + 2b - c) - 4(a - 3b + 5c) = 14b - 21c = 7(2b - 3c)\).

Body \(D\) aj \(F\) ležia na kružnici \(m\) so stredom \(B\), takže trojuholník \(BDF\) je rovnoramenný a platí \(|\measuredangle BFK| = |\measuredangle BDF| > 45^\circ\), pretože trojuholník \(BDF\) je navyše ostrouhlý . To ale znamená, že bod \(K\) musí ležať v polrovine \(oA\), pričom \(o\) je os úsečky \(AB\), pretože oblúk \(BK\) prislúcha obvodovému uhlu väčšiemu ako \(45^\circ\).

Bod \(L\), ktorý je vďaka podmienke \(AB \parallel KL\) súmerne združený s \(K\) podľa \(o\), bude preto ležať v polrovine \(oB\), teda \(KL\) a \(AB\) (a teda aj \(DB\)) budú súhlasne orientované rovnobežné úsečky. Z toho vyplýva zhodnosť súhlasných uhlov \(LKF\) a \(BDF\). Spolu tak dostávame \(|\measuredangle LKF| = |\measuredangle BDF| = |\measuredangle BFK|\).



Priamky \(FB\) a \(KL\) sú potom súmerne združené podľa osi úsečky \(FK\), ktorá prechádza stredom \(C\) kružnice \(k\), a je teda aj jej osou súmernosti. Preto aj priesečníky \(B\) a \(L\) týchto priamok s kružnicou \(k\) sú súmerne združené podľa tejto osi, takže štvoruholník \(KLBF\) je rovnoramenný lichobežník, čiže \(|KL| = |BF|\). Spojením s rovnosťou \(|BF|= |BD|\) polomerov kružnice \(m\) tak dostávame požadovanú rovnosť \(|KL| = |BF| = |BD|\).

54-B-I-6

Predpokladajme, že niektoré z našich čísel je priemerom seba a iného z našich čísel. Potom ich vieme označiť \(a, b, c\) tak, že \(a = (a + b)/2\). Z tejto rovnosti vyplýva \(a = b\). Číslo \(c\) je buď priemerom čísel \(a\) a \(b\), z čoho hneď máme, že je týmto číslam rovné, alebo je priemerom seba a niektorého z čísel \(a, b\), čiže \(c = (c + a)/2\), z toho opäť dostaneme \(c = a = b\). Ak každé z našich čísel je aritmetickým priemerom zvyšných dvoch, riešime predošlú úlohu.

Najskôr vypočítame prislúchajúce hodnoty výrazu \(V\) pre niekoľko prvých nepárnych čísel:

\(n\)	\(V (n)\)
1	0
3	\(168 = 3 \cdot 48 + 24\)
5	\(888 = 18 \cdot 48 + 24\)
7	\(2928 = 61 \cdot 48\)
9	\(7440 = 155 \cdot 48\)

Medzi hľadané zvyšky teda patria čísla 0 a 24. Ukážeme, že iné zvyšky už možné nie sú. Na to stačí dokázať, že pre každé nepárne číslo \(n\) platí \(24 \mid V~(n)\). Z školskej časti seminára vieme, že pre každé prirodzené číslo \(n\) platí \(12 \mid V~(n)\), teda aj \(3 \mid V~(n)\). Keďže čísla 3 a 8 sú nesúdeliteľné, stačí ukázať, že pre každé nepárne číslo \(n\) platí \(8 \mid V~(n)\). Využijeme pritom rozklad daného výrazu na súčin \[\label{eq:66S2} V (n) = n^4+ 11n^2 - 12 = (n^2 - 1)(n^2+ 12) = (n - 1)(n + 1)(n^2+ 12).\] Ľubovoľné nepárne prirodzené číslo \(n\) možno zapísať v tvare \(n = 2k - 1\), pričom \(k \in \NN\) . Pre také \(n\) potom dostávame \[V (2k - 1) = [(2k - 1) - 1][(2k - 1) + 1][(2k - 1)^2 + 12] = 4(k - 1)k(4k^2 - 4k + 13),\] a keďže súčin \((k - 1)k\) dvoch po sebe idúcich celých čísel je deliteľný dvoma, je celý výraz deliteľný ôsmimi.

Záver. Daný výraz môže dávať po delení číslom 48 práve len zvyšky 0 a 24.

Poznámka. Poznatok, že \(8 \mid V~(n)\) pre každé nepárne \(n\), možno dokázať aj inak, bez použitia rozkladu [eq:66S2]. Ak je totiž \(n = 2k - 1\), pričom \(k \in \NN\) , tak číslo \[n^2= (2k - 1)^2= 4k^2 - 4k + 1 = 4k(k - 1) + 1\] dáva po delení ôsmimi (vďaka tomu, že jedno z čísel \(k\), \(k - 1\) je párne) zvyšok 1, a teda rovnaký zvyšok dáva aj číslo \(n^4\) (ako druhá mocnina nepárneho čísla \(n^2\)). Platí teda \(n^2 = 8u + 1\) a \(n^4 = 8v + 1\) pre vhodné celé \(u\) a \(v\), takže hodnota výrazu \[V (2k - 1) = (8v + 1) + 11(8u + 1) - 12 = 8(v + 11u)\] je naozaj násobkom ôsmich.

Pripojme aj podobný dôkaz poznatku \(3 \mid V~(n)\) zo seminárneho stretnutia. Pre čísla \(n\) deliteľné tromi je to zrejmé, ostatné \(n\) sú tvaru \(n = 3k \pm 1\), takže číslo \[n^2= (3k \pm 1)^2= 9k^2 \pm 6k + 1 = 3k(3k \pm 2) + 1\] dáva po delení tromi zvyšok 1, rovnako tak aj číslo \(n^4 = (n^2)^2\). Dosadenie \(n^2 = 3u + 1\) a \(n^4 = 3v + 1\) do výrazu \(V (n)\) už priamo vedie k záveru, že \(3 \mid V~(n)\).

Ak je \(d\) najväčším spoločným deliteľom čísel \(a\) a \(b\), potom existujú prirodzené čísla \(u\) a \(v\) také, že \(a=ud\) a \(b=vd\), čím sme dokázali prvú časť tvrdenia. Druhú dokážeme sporom. Predpokladajme, že \(a/d\) a \(b/d\) nie sú nesúdeliteľné. Potom existuje ich najväčší spoločný deliteľ \(d_1\). Číslo \(d_1\) však potom delí aj čísla \(a\) a \(b\), čo je spor s predpokladom, že \(d=(a,b)\).

Komentár

Táto mini-úloha je prípravným krokom k nasledujúcemu všeobecnejšiemu tvrdeniu a zároveň môže pripomenúť použitie dôkazu sporom.

Počty plusov a mínusov v tabuľke sú na začiatku 63 a 1, teda dve nepárne čísla. V ľubovoľnom štvorci \(2 \times 2\) môžu byť zastúpené jedným zo spôsobov 2 + 2, 1 + 3 alebo 0 + 4 vo vhodnom poradí sčítancov, ktoré sa po vykonanom kroku zmenia na poradie opačné. Vidíme teda, že po jednom kroku sa celkové počty plusov a mínusov v tabuľke buď nemenia, alebo sa oba zmenia o 2, alebo sa oba zmenia o 4, takže to stále budú dve nepárne čísla ako na začiatku. To znamená, že nikdy nemôže byť na šachovnici oboch znamienok rovnaký počet, čiže párne číslo 32.

Komentár

Po krátkom experimentovaní by malo byť väčšine študentov jasné, ako sa bude šachovnica správať, a tým pádom aj aká bude odpoveď na otázku zo zadania. (Ne)náročnosti úlohy zodpovedá aj jej bodové hodnotenie v krajskom kole, kde sa stala najlepšie hodnotenou úlohou daného ročníka.¹

Ak priečka delí štvorec na dva štvoruholníky, musia ich koncové body ležať na protiľahlých stranách štvorca. V takom prípade sú oba štvoruholníky lichobežníkmi alebo pravouholníkmi (pre potreby tohto riešenia budeme pravouholník považovať za špeciálny lichobežník). Označme daný štvorec \(ABCD\), koncové body priečky označme \(K\) a \(L\). Predpokladajme, že bod \(K\) leží na strane \(AD\), potom bod \(L\) leží na strane \(BC\). Jeden zo štvoruholníkov \(KABL\) a \(KDCL\) má podľa zadania obsah 12 cm\(^2\); nech je to napr. lichobežník \(KABL\).

Obsah lichobežníka vypočítame ako súčin jeho výšky s dĺžkou strednej priečky. Výška je v našom prípade rovná dĺžke strany štvorca čiže 6 cm. Jeho stredná priečka má teda dĺžku 2 cm. Z toho vyplýva, že stred úsečky \(KL\) musí ležať na osi strany \(AB\) vo

[fig:60S2_1]

[fig:60S2_2]

vzdialenosti 2 cm od stredu strany \(AB\) (obr. [fig:60S2_1]). Platí to aj naopak: Ak stred úsečky \(KL\) leží v opísanej polohe, bude štvoruholník \(KABL\) lichobežník s obsahom 12 cm\(^2\).

Ak budeme namiesto lichobežníka \(KABL\) uvažovať lichobežník \(KDCL\), vyjde stred priečky \(KL\) na osi úsečky \(CD\) vo vzdialenosti 2 cm od stredu strany \(CD\).

Ak priečka \(KL\) spája body na stranách \(AB\) a \(CD\), dostaneme ďalšie dva možné body ležiace na spojnici stredov úsečiek \(AD\) a \(BC\). Hľadanú množinu teda tvoria štyri body, ktoré ležia na priečkach spájajúcich stredy protiľahlých strán štvorca vo vzdialenosti 1 cm od jeho stredu (obr. [fig:60S2_2]).

Návod: \(1 000 000 = 2^6\cdot 5^6\). Položme \(x = 2^a5^p\), \(y = 2^b5^q\), \(z = 2^c5^r\) a preskúmajme všetky možnosti pre \(a + b + c = 6\) a pre \(p + q + r = 6\). Nakoniec zistíme hľadaný počet: \(28\cdot 28 = 784\).

Označme \(S_{XYZ}\) obsah trojuholníka \(XYZ\) vyjadrený v cm\(^2\) a ďalej označme \(S = S_{ABP}\). Podľa zadania platí \(S_{ADP} = 10\), \(S + S_{BCP} = 8\), \(S_{BCP} + S_{CDP} = 9\). Z druhej rovnosti vyplýva \(S_{BCP} = 8 - S\), dosadením do tretej rovnosti potom vyjde \(S_{CDP} = 1 + S\) .



Trojuholníky \(ABP\) a \(ADP\) majú zhodnú výšku z vrcholu \(A\). Pre pomer ich obsahov preto platí \(S : S_{ADP} = |BP| : |DP|\). Podobne pre trojuholníky \(BCP\) a \(CDP\) dostaneme \(S_BCP : S_{CDP} = |BP| : |DP|\). Z toho už vyplýva \(S : S_{ADP} = S_{BCP} : S_{CDP}\), čo vzhľadom na odvodené vzťahy znamená \[\frac{S}{10}=\frac{8 - S}{1 + S}.\] Po úprave tak dostaneme pre \(S\) kvadratickú rovnicu \[S^2+ 11S - 80 = (S + 16)(S - 5) = 0,\] ktorá má dva korene \(-16\) a \(5\). Keďže obsah \(S\) trojuholníka \(ABP\) je nezáporné číslo, vyhovuje iba \(S = 5\). Odtiaľ už ľahko dopočítame z vyššie uvedených vzťahov \(S_{BCP} = 3\) a \(S_{CDP} = 6\). Obsah celého štvoruholníka \(ABCD\) vyjadrený v cm\(^2\) teda je \[S + S_{BCP} + S_{CDP} + S_{ADP} = 5 + 3 + 6 + 10 = 24.\] Záver. Obsah štvoruholníka \(ABCD\) je 24 cm\(^2\).

Využite výsledok predošlého tvrdenia.

Sčítaním prvej a druhej rovnice danej sústavy dostaneme \(2x = 1 + a\), odčítaním druhej rovnice od prvej \(2y = 1 - a\). Odtiaľ \[\label{eq:B58II1_1} x =\frac{1}{2}(1 + a), \ \ \ \ y =\frac{1}{2}(1 - a).\] Keď dosadíme za \(x\) a \(y\) do tretej rovnice pôvodnej sústavy, dostaneme rovnicu \[-2a(1 + a) + 2(1 - a) = z^2 + 4,\ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ \ z^2 + 2a^2 + 4a + 2 = 0,\] ktorú upravíme na tvar \[z^2 + 2(a + 1)^2 = 0.\] Oba sčítance na ľavej strane poslednej rovnice sú nezáporné čísla. Ich súčet je 0 práve vtedy, keď \(z = 0\), \(a = -1\). Dosadením týchto hodnôt do [eq:B58II1_1] dostaneme \(x = 0, y = 1\).

Záver. Daná sústava rovníc má riešenie iba pre \(a = -1\), a to \(x = 0\), \(y = 1\), \(z = 0\). Skúška pri tomto postupe nie je nutná.

Komentár

Úloha vyžaduje umné narábanie so sústavou troch rovníc tak, aby bolo možné uskutočniť záverečnú diskusiu o existencii riešenia pre rôzne hodnoty parametra \(a\). Je tiež vhodné so študentami prediskutovať, prečo v tomto prípade nie je nutné robiť skúšku správnosti.

a) Ukážeme, že v opísanej situácii mohol na začiatku pri stole sedieť ľubovoľný počet ľudí väčší ako 2. Dvaja hráči to totiž byť nemohli (to by v prvom kole vypadli z hry buď obaja, alebo žiadny z nich, rozdelenie dvoch hlasov je totiž buď 1 : 1, alebo 2 : 0).

Ak sú na začiatku hráči aspoň traja, tak v prvom kole vypadne iba jeden hráč \(A\), keď napríklad hráč \(A\) dá hlas sebe a všetci ostatní (sú najmenej dvaja) ho dajú tomu istému hráčovi \(B\), \(B \neq A\) (teda aj hráč \(B\) dá hlas sebe). Nie je to samozrejme jediný spôsob hlasovania s požadovaným výsledkom.

b) Vysvetlíme, prečo jediný hráč v hre nikdy zostať nemôže. Opak by znamenal, že v poslednom kole pred uvedenou situáciou, keď v hre bolo povedzme m hráčov, pričom \(m > 1\), by v dôsledku ich hlasovania vypadlo \(m - 1\) hráčov. Keďže pri tomto hlasovaní bolo rozdaných práve \(m\) hlasov a \(m - 1\) hráčov (tí, čo potom vypadli) dostalo práve jeden hlas, musel aj zvyšný \(m\)-tý hráč dostať práve jeden (zvyšný) hlas, a teda tiež vypadnúť, a to je spor.

Rozdeľte čísla na skupiny podľa ich zvyšku po delení číslom 81.

\(\sqrt{2 501} = 50,009 999\,\ldots\)

24 spôsobov. Najskôr pripíšte daným piatim bodom tri znaky \(N\) a dva znaky \(P\) pre nepárne, resp. párne čísla – to možno spraviť práve dvoma vyhovujúcimi spôsobmi. Potom uvážte, že znaky \(N\) možno zameniť danými číslami šiestimi spôsobmi a znaky \(P\) dvoma spôsobmi.

Kuřina, F.: Umění vidět v matematice, str. 101.

59-C-II-2

58-C-I-6

Trojuholník \(UST\) je pravouhlý. Jeho prepona \(UT\) má dĺžku \(s + t\), dĺžky odvesien sú \(|US| = t + 2\), \(|ST| = s\) (obr. 1). Podľa Pytagorovej vety platí \[(s + t)^2 = (t + 2)^2 + s^2.\] Úpravami postupne dostávame \[\begin{aligned} s^2 + 2st + t^2 & = t^2 + 4t + 4 + s^2,\\ st & = 2t + 2,\\ t(s - 2) & = 2.\end{aligned}\] Čísla \(t\) a \(s - 2\) sú celé, preto \(t\) musí byť deliteľom čísla \(2\). Keďže \(t\) je kladné, sú len dve možnosti; ak \(t = 1\) cm, tak \(s = 4\) cm, a ak \(t = 2\) cm, tak \(s = 3\) cm.

Ak sú \(D\) a \(E\) postupne body dotyku vpísanej kružnice so stredom \(S\) s odvesnami \(BC\) a \(AC\), je \(SDCE\) štvorec, takže \(|CD|=\frac{1}{2}(a + b - c) = |SD| = r\).

Pravá nerovnosť je ekvivalentná s nerovnosťou \[4(a^2 + 3ab + b^2 ) \leq 5(a + b)^2,\] ktorú možno ekvivalentne upraviť na nerovnosť \(a^2 + b^2 - 2ab = (a - b)^2 \geq 0\). Tá je splnená vždy a rovnosť v nej nastane práve vtedy, keď \(a = b\).

Z ľavej nerovnosti odstránime zlomky a umocníme ju na druhú, \[\begin{aligned} 25ab(a^2 + 2ab + b^2) &\leq 4(a^4 + 9a^2 b^2 + b^4 + 6a^3 b + 6ab^3 + 2a^2 b^2),\\ 25ab(a^2 + b^2 ) + 50a^2 b^2 &\leq 4a^4 + 4b^4 + 44a^2 b^2 + 24ab(a^2 + b^2 ),\end{aligned}\] takže po úprave dostaneme ekvivalentnú nerovnosť \[4a^4 + 4b^4 - 6a^2 b^2 \geq ab(a^2 + b^2 ).\] Po odčítaní výrazu \(2a^2 b^2\) od oboch strán nerovnosti sa nám podarí na oboch stranách použiť úpravu na štvorec. Dostaneme tak (opäť ekvivalentnú) nerovnosť \[4(a^2 - b^2 )^2 \geq ab(a - b)^2.\] Rozdiel štvorcov v zátvorke na ľavej strane ešte rozložíme na súčin a vzťah upravíme na tvar \(4(a - b)^2 (a + b)^2 \geq ab(a - b)^2\).

Ak \(a = b\), platí rovnosť. Ak \(a \neq b\), môžeme poslednú nerovnosť vydeliť kladným výrazom \((a - b)^2\) a dostaneme tak nerovnosť \(4(a + b)^2 \geq ab\), čiže \(4a^2 + 4b^2 + 7ab \geq 0\). Ľavá strana tejto nerovnosti je vždy kladná, preto vyšetrovaná nerovnosť platí pre všetky kladné čísla \(a, b\), pričom rovnosť v nej nastane práve vtedy, keď \(a = b\).

Komentár

Táto úloha prvýkrát prináša sústavu nerovností a je vhodné so študentmi zopakovať, ako k dokazovaniu sústav nerovností pristupujeme: musíme dokázať riešenie každej nerovnosti zvlášť. V priebehu riešenia opäť využijeme úpravu na štvorec a nezápornosť druhej mocniny reálneho čísla. Úloha sa dá riešiť ešte iným spôsobom, ten si však ukážeme v ďalšom seminári zameranom na nerovnosti.

Slová ZÁPAL a \(STRUK\) nemajú spoločné písmená. Preto sa, ako vyplýva z odpovedí 1 + 2 a 0 + 2, medzi ich písmenami, ktoré dokopy tvoria množinu \(M= \{Z\), Á, \(P, A, L, S, T, R, U, K\}\), nachádza všetkých päť písmen hľadaného slova. V slove \(SKOBA\) majú byť práve tri z hľadaných písmen. Sú to teda písmená \(S, K, A\). (Zvyšné písmená \(B\) a \(O\) totiž do množiny \(M\) nepatria.) V slove \(CESTA\) majú byť len dve z hľadaných písmen, a obe na správnej pozícii. Sú to už nájdené \(S\) a \(A\), ktoré teda patria na tretie, resp. piate miesto hľadaného slova (a písmeno \(T\) môžeme z množiny \(M\) ”vylúčiť“). Písmeno \(K\) nemôže byť ani na prvom, ani na druhom mieste: vyplýva to z odpovedí pre slová KABÁT (0 + 3) a \(SKOBA\) (1 + 2). Takže je na štvrtom mieste a ostáva určiť prvé dve písmená. V slove \(STRUK\) sú len dve z hľadaných písmen (musia to teda byť \(S\) a \(K\)), obe na nesprávnych pozíciách. Preto z množiny \(M\) aj písmená \(R, U\) (a \(T\), ak sme to doteraz neurobili). Zvyšné dve hľadané písmená potom patria do množiny \(\{Z\), Á, \(P, L\}\). Z podmienok pre slovo KABÁT vyplýva, že jedno z nich je Á. V slove ZÁPAL je práve jedno písmeno na správnej pozícii. Keby to bolo \(Z\), nemali by sme kam uložiť písmeno Á. Takže Á je na druhom mieste a navyše môžeme vylúčiť písmeno \(Z\). Na prvom mieste hľadaného slova môže byť \(L\) alebo \(P\). Ľahko sa presvedčíme, že nájdené slová LÁSKA aj PÁSKA vyhovujú všetkým podmienkam úlohy.

Komentár

Úloha opäť nevyžaduje žiadne matematické znalosti, je však výbornou previerkou toho, ako sú študenti schopní narábať s veľkým množstvom informácií, nestratiť v nich prehľad a využiť ich na zdarné vyriešenie zadaného problému.

A-53-S-3

K úlohe sa dá pristupovať viacerými poučnými spôsobmi, pozri vzorové riešenie úlohy č. 5 v 3. sérii zimnej časti korešpondenčného matematického seminára KMS, ročník 2005/6, http://kms.sk/archiv.

Označme \(S\) stred daného pravidelného 19-uholníka \(A_ 1, A_2\,\ldots A_{19}\). Os každej úsečky \(A_iA_j\) je priamka, ktorá okrem bodu \(S\) prechádza ešte niektorým vrcholom \(A_k\) (to vďaka tomu, že číslo 19 je nepárne). Preto sa dajú všetky úsečky \(A_ iA_j\) rozdeliť na 19 skupín, pričom v každej skupine budú navzájom rovnobežné úsečky so spoločnou osou, ktorou je vždy jedna z priamok \(SA_ k\). V každej skupine je pritom zrejme \((19 -1) : 2 = 9\) úsečiek a každé dve z nich sú základňami lichobežníka (nemôže sa jednať o rovnobežník, lebo žiadna z úsečiek \(A_iA_j\) neprechádza stredom \(S\), opäť vďaka tomu, že číslo 19 je nepárne).

Počet všetkých úsečiek \(A_iA_j\) s krajnými bodmi v ľubovoľne vybranej sedemprvkovej množine vrcholov je \((7 \cdot 6) : 2 = 21 > 19\), takže dve z týchto úsečiek ležia v rovnakej z 19 opísaných skupín. Tým je existencia žiadaného lichobežníka dokázaná, nech už je sedemprvková množina vrcholov zvolena akokoľvek.
Poznámka. Úvodnú úvahu o osi úsečky \(A_iA_j\) možno vynechať. Namiesto toho môžeme rovno opísať uvedených 19 deväťprvkových skupín navzájom rovnobežných úsečiek a potom skonštatovať, že ide o všetky možné úsečky \(A_iA_j\), lebo tých je \((19 \cdot 18) : 2 = 19 \cdot 9\), teda práve toľko, koľko je úsečiek v opísaných 19 skupinách.
Iné riešenie*. Zatiaľ čo v prvom riešení sme uvažovali o základniach hľadaného lichobežníka, teraz sa zameriame na jeho ramená alebo uhlopriečky. V oboch prípadoch to musia byť dve zhodné úsečky, lebo každý lichobežník, ktorému možno opísať kružnicu, je rovnoramenný. Osi jeho základní totiž musia prechádzať stredom opísanej kružnice, takže splývajú a tvoria tak os súmernosti celého lichobežníka. Naopak každé dve tetivy jednej kružnice, ktoré majú rovnakú dĺžku kratšiu ako priemer kružnice, nie sú rovnobežné a nemajú spoločný krajný bod, tvoria buď ramená, alebo uhlopriečky (rovnoramenného) lichobežníka (stačí si uvedomiť, že ľubovoľné dve zhodné tetivy jednej kružnice sú súmerne združené podľa priamky prechádzajúce stredom uvedenej kružnice a priesečníkom prislúchajúcich sečníc).

V pravidelnom 19-uholníku \(A_1A_2\,\ldots A_{19}\) majú zrejme všetky úsečky \(A_iA_j\) dokopy len 9 rôznych dĺžok. Vo vybranej sedemprvkovej množine vrcholov má oba krajné body celkom \((7 \cdot 6) : 2 = 21\) úsečiek. Keďže \(21 > 2 \cdot 9\), podľa Dirichletovho princípu niektoré tri z týchto úsečiek majú rovnakú dĺžku (t. j. sú zhodné). Keby každé dve z týchto troch úsečiek mali spoločný vrchol (a vieme, že z ľubovoľného vrcholu vychádzajú nanajvýš dve zhodné strany či uhlopriečky), vytvorili by tieto tri úsečky rovnostranný trojuholník, čo nie je možné, lebo \(3 \nmid 19\). Preto niektoré dve z týchto troch zhodných úsečiek nemajú spoločný krajný bod, takže to sú buď ramená, alebo uhlopriečky rovnoramenného lichobežníka (protiľahlé strany rovnobežníka to byť nemôžu).

Najväčší obsah 6 má deltoid, ktorého uhlopriečka \(XY\) je priemerom kružnice \(k\).

\((k + 1) + (k + 2) + (k + 3) + (k + 4) = 4k + 10\)

56-C-II-3

63-C-I-5

55-C-II-1

Priamo vypočítať obsahy jednotlivých trojuholníkov ide len ťažko. Pomohlo by premiestniť tieto trojuholníky , aby sa ich obsahy dali geometricky sčítať. Napríklad vďaka osovej súmernosti podľa priamky \(AC\) je trojuholník \(KLN\) zhodný s trojuholníkom \(KLM\). A obsah trojuholníka \(KBL\) už vypočítame ľahko, je to 1/8. Ostáva ukázať, že obsah trojuholníka \(DCN\) je menší ako 1/4. To hneď vidno z toho, že trojuholník \(DCN\) je súčasťou trojuholníka \(DCL\) s obsahom 1/4.

65-C-I-3, časť a)

Úloha dvoch po sebe zotieraných čísel je v zadanej hre symetrická: ak je po čísle \(x\) možné zotrieť číslo \(y\), je (pri inom priebehu hry) po čísle \(y\) možné zotrieť číslo \(x\). Preto si môžeme celú hru (so zadaným číslom \(n\)) tak, že najskôr vypíšeme všetky takéto (nazývajme ich prípustné) dvojice \((x, y)\). Keďže na poradí čísel v prípustnej dvojici nezáleží, stačí vypisovať len tie dvojice \((x, y)\), v ktorých \(x < y\).

V prípade \(n = 6\) všetky prípustné dvojice sú \[(1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6), (2, 5), (3, 5).\] Z tohto zoznamu ľahko odhalíme, že víťaznú stratégiu má (prvá) hráčka Marína. Ak totiž zotrie na začiatku hry číslo 4, musí Tamara zotrieť číslo 1, a keď potom Marína zotrie číslo 6, nemôže už Tamara žiadne ďalšie číslo zotrieť. Okrem tohto priebehu \(4 \rightarrow 1\rightarrow 6\) si môže Marína zaistiť víťazstvo aj inými, pre Tamaru ”vynútenými“ priebehmi, napríklad \(6\rightarrow 1 \rightarrow 4\) alebo \(4 \rightarrow 1 \rightarrow 3 \rightarrow 5 \rightarrow 2\).

V prípade \(n = 12\) je všetkých prípustných dvojíc výrazne väčšie množstvo. Preto si položíme otázku, či všetky čísla od 1 do 12 možno rozdeliť na šesť prípustných dvojíc. Ak totiž nájdeme takú šesticu, môžeme opísať víťaznú stratégiu druhej hráčky (Tamary): ak zotrie Marína pri ktoromkoľvek svojom ťahu číslo \(x\), Tamara potom vždy zotrie to číslo \(y\), ktoré s číslom \(x\) tvorí jednu zo šiestich nájdených dvojíc. Tak nakoniec Tamara zotrie aj posledné (dvanáste) číslo a vyhrá (prípadne hra skončí skôr tak, že Marína nebude môcť zotrieť žiadne číslo).

Hľadané rozdelenie všetkých 12 čísel do šiestich dvojíc naozaj existuje, napríklad \[(1, 4), (2, 9), (3, 8), (5, 12), (6, 11), (7, 10).\] Iné vyhovujúce rozdelenie dostaneme, keď v predošlom dvojice (1, 4) a (6, 11) zameníme dvojicami (1, 6) a (4, 11). Ďalšie, menej podobné vyhovujúce rozdelenie je napríklad \[(1, 6), (2, 5), (3, 10), (4, 9), (7, 12), (8, 11).\] Záver. Pre \(n = 6\) má víťaznú stratégiu Marína, pre \(n = 12\) Tamara.

Komentár

Úloha je náročnejšia ako predchádzajúca, no študenti by mali prvú časť zvládnuť samostatne, v časti druhej môžu svoje sily spojiť s ďalšími spolužiakmi, príp. stratégie, ktoré vymysleli, otestovať pri vzájomnej hre.

Pre kontrolu dotyčnej podmienky stačí vedieť len to, ktorým vrcholom kocky \(ABCDEFGH\) sú pripísané čísla nepárne a ktorým čísla párne. Zaveďme preto znaky \(N\) a \(P\) pre všetky nepárne, resp. párne čísla a riešme najskôr otázku, koľkými vyhovujúcimi spôsobmi môžeme pripísať k vrcholom kocky \(ABCDEFGH\) štyri \(N\) a štyri \(P\) (práve toľko ich totiž je medzi zadanými číslami 1, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4).

Uvedomme si, čo podmienka úlohy hovorí o počte znakov \(N\) pripísaných vrcholom jednej a tej istej steny kocky: počet týchto \(N\) je nanajvýš 2 (súčin troch pripísaných \(N\) by bol totiž nepárny, teda v rozpore s danou podmienkou). Keď však danú stenu kocky zvážime súčasne so stenou s ňou rovnobežnou (t. j. stenou protiľahlou), pri ktorej vrcholoch sú tiež nanajvýš dve \(N\), a zohľadníme pritom, že pri ôsmich vrcholoch týchto dvoch stien (teda pri všetkých ôsmich vrcholoch kocky) sú (všetky) štyri \(N\), dôjdeme 1k záveru, že pri vrcholoch každej steny sú práve dve \(N\) (a teda aj dve \(P\)). Naopak, každé také pripísanie štyroch \(N\) a štyroch \(P\) zrejme vyhovuje požiadavkám úlohy.

Stojíme tak pred úlohou určiť počet tých pripísaní štyroch \(N\) a štyroch \(P\) vrcholom kocky \(ABCDEFGH\), pri ktorých sú dve \(N\) a dve \(P\) pri vrcholoch každej steny. Rozdelíme ich na dve skupiny podľa toho, či existuje stena, na ktorej sú obe \(N\) priradené vrcholom susedným (na kocke tak vznikne aspoň jedna hrana ”\(NN\)“), alebo naopak vo všetkých stenách sú obe \(N\) priradené vrcholom protiľahlým (všetky hrany kocky potom budú ”\(N\)P“). Po jednom reprezentantovi oboch skupín vidíme na obr. 1 – pre lepší prehľad bez označenia vrcholov kocky písmenami. Ľahko overíme (výklad tu vynecháme), že znaky v krúžku pri reprezentantoch oboch skupín už jednoznačne určujú znaky pri všetkých ostatných vrcholoch kocky.

Teraz už ľahko usúdime, že v prvej skupine je práve šesť priradení – jednou hranou ”\(NN\)“ je totiž, ako vieme, celé vyhovujúce priradenie určené a má práve dve hrany ”\(NN\)“, ktoré sú pritom rovnobežné a neležia v jednej stene; takých dvojíc hrán je pre kocku \(ABCDEFGH\) práve šesť. Naproti tomu v druhej skupine sú iba dve rzne priradenia – pretože sa jedná o priradenie bez hrany ”\(NN\)“; znakom \(P\) alebo \(N\) pri vrchole \(A\) danej kocky sú totiž, ako vieme, určené znaky pri všetkých ďalších jej vrcholoch. Existuje tak spolu \(6 + 2 = 8\) vyhovujúcich priradení štyroch \(N\) a štyroch \(P\) vrcholom kocky \(ABCDEFGH\).

V ďalšej, jednoduchšej časti nášho postupu určíme, koľkými spôsobmi môžeme štyri \(N\) a štyri \(P\) (pevne pripísané vrcholom kocky) zameniť konkrétnymi číslami 1, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4. Máme zrejme práve štyri možnosti pre výber toho \(N\), ktoré zameníme číslom 1; potom už zvyšné tri \(N\) musíme zameniť číslom 3, rovnako ako všetky štyri \(P\) číslom 4. Počet spôsobov zámen znakov \(N\) a \(P\) danými číslami je tak rovný 4.

Nakoniec uplatníme jednoduché kombinatorické pravidlo súčinu: keďže existuje osem vyhovujúcich pripísaní znakov \(N\) a \(P\) k vrcholom danej kocky a pri každom z nich možno štyrmi spôsobmi zameniť znaky \(N\) a \(P\) danými číslami, je hľadaný počet vyhovujúcich pripísaní daných čísel vrcholom danej kocky rovný \(8 \cdot 4 = 32\).

Pretože prvočísel menších ako 100 je nepárny počet (25), ponúka sa hypotéza, že víťaznú stratégiu bude mať prvá hráčka. Ukážme, že to tak naozaj je. Táto hráčka si vopred v duchu spáruje (podľa spoločnej číslice) napísané prvočísla (dá sa to urobiť viacerými spôsobmi, uvedieme ten, pri ktorom v každom kroku párujeme najmenšie doposiaľ nespárované prvočíslo s najmenším ďalším doposiaľ nespárovaným prvočíslom so spoločnou číslicou): (2, 23), (3, 13), (5, 53), (7, 17), (11, 19), (29, 59), (31, 37), (41, 43), (47, 67), (61, 71), (73, 79), (83, 89); jediné zostávajúce nespárované prvočíslo 97 preto Gitka zmaže ako prvé a ďalej pri hre bude mazať vždy prvočíslo, ktoré je v páre s predchádzajúcim zmazaným prvočíslom. Týmto postupom musí vyhrať.

Komentár

Úloha je malým opakovaním toho, ktoré čísla do 100 sú prvočísla a môžeme ju využiť na pripomenutie definície prvočísla. Rovnako ako aj v nasledujúcich úlohách, aj tu môžeme študentov nechať najprv odohrať niekoľko hier a potom skúsiť ich čiastkové zistenia spoločne pretaviť do univerzálnej stratégie.

Keď označíme \(x\) počet krabičiek a \(y\) počet guľôčok, dostaneme zo zadania sústavu rovníc \[\label{eq:57I3_1} x + n = y \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ (x - n) \cdot n = y\] s neznámymi \(x\), \(y\) a \(n\) z oboru prirodzených čísel. Vylúčením neznámej \(y\) dostaneme rovnicu \(x + n = (x - n) \cdot n\), ktorá pre \(n = 1\) nemá riešenie. Pre \(n \geq 2\) dostaneme \[\label{eq:57I3_2} x =\frac{n^2+n}{n-1}=n+2+\frac{2}{n-1},\] odkiaľ vidíme, že (prirodzené) číslo \(n - 1\) musí byť deliteľom čísla 2. Teda \(n \in \{2, 3\}\). Prípustné hodnoty \(n\) dosadíme do [eq:57I3_1] a sústavu vyriešime (možno tiež využiť vzťah [eq:57I3_2]. Pre \(n = 2\) dostaneme \(x = 6, y = 8\) a pre \(n = 3\) určíme \(x = 6\) a \(y = 9\).

Skúška. Majme šesť krabičiek a osem guľôčok. Keď do každej krabičky dáme práve jednu guľôčku, ostane \(n = 2\) guľôčok. Keď však odoberieme dve krabičky, môžeme do zostávajúcich štyroch rozdeliť guľôčky práve po dvoch. Podmienky úlohy sú teda splnené. Pre šesť krabičiek a deväť guľôčok urobíme skúšku rovnako ľahko.

Záver. Buď máme šesť krabičiek a osem guľôčok, alebo šesť krabičiek a deväť guľôčok.

Komentár

Úloha, spolu s úlohou predchádzajúcou, je bežnou slovnou úlohou vedúcou na sústavu rovníc. Jej úspešné vyriešenie však vyžaduje umnú manipuláciu s výrazmi.

a) Označme rovnakú výšku dvoch trojuholníkov \(v\). V trojuholníku \(T_1\) je táto výškou na základňu \(a_1\), v trojuholníku \(T_2\) na základňu \(a_2\). Pomer obsahov týchto trojuholníkov je potom \[\frac{S_{T_1}}{S_{T_2}}=\frac{\frac{1}{2}a_1v}{\frac{1}{2}a_2v}=\frac{a_1}{a_2},\] čo sme chceli dokázať.

b) Označme zhodnú základňu dvoch trojuholníkov \(z\), v trojuholníku \(T_1\) je výška na túto základňu \(v_1\), v trojuholníku \(T_2\) je výška na túto základňu \(v_2\). Pomer obsahov trojuholníkov \(T_1\) a \(T_2\) je \[\frac{S_{T_1}}{S_{T_2}}=\frac{\frac{1}{2}zv_1}{\frac{1}{2}zv_2}=\frac{v_1}{v_2},\] čo je pomer príslušných výšok.

58–B–II–1

Využite to, že súčet 11 čísel s rovnakým zvyškom po delení číslom 11 je násobkom čísla 11.

57-C-I-6

60-B-I-3

59-C-I-5

63-C-II-3

Ak rozdelíme žiakov hocijakým spôsobom na dvojicu a štvoricu, tak každý žiak zo štvorice má v nej aspoň jedného kamaráta, lebo z jeho aspoň troch kamarátov sú nanajvýš dvaja v druhej skupine. Čiže stačí zobrať dvojicu kamarátov a ostatných dať do druhej skupiny. Ak má každý presne dvoch kamarátov, tiež vieme žiakov rozdeliť: vezmeme žiaka \(A\) a jeho dvoch kamarátov \(B\) a \(C\) a všetkých ich dáme do prvej skupiny. Zvyšní traja žiaci \(D, E, F\) budú tvoriť druhú skupinu. Ak by niektorý žiak z druhej skupiny, povedzme \(D\), mal za kamarátov \(B\) aj \(C\), tak žiaci \(E\) a \(F\) budú mať nanajvýš po jednom kamarátovi. Preto \(D\) má za kamaráta nanajvýš jedného z \(B\) a \(C\), nemôže sa kamarátiť s \(A\), čiže musí mať za kamaráta aspoň jedného zo žiakov \(E\) a \(F\). Podobne to funguje pre žiakov \(E\) a \(F\). O situácii so šiestimi žiakmi, kde každý má presne dvoch kamarátov, vieme povedať dokonca viac. Ak si zakreslíme žiakov ako body a kamarátsky vzťah reprezentujeme spojením bodov zodpovedajúcich dvom kamarátom, môžeme dostať len dva rôzne obrázky: dva trojuholníky, alebo šesťuholník (pri vhodnom rozmiestnení bodov v rovine).

Z podmienok zo zadania zostavíme dve rovnice s dvomi neznámymi \(a\) a \(b\): \[\begin{aligned} P (2) &= 2a + b = 3,\\ P (3) &= 3a + b = 2.\end{aligned}\] Odčítaním prvej rovnice od druhej ihneď dostávame \(a = -1\), dosadením tejto hodnoty do jednej z podmienok potom máme \(b= 5\). Sústava má práve jedno riešenie, a preto zadaniu vyhovuje jediný dvojčlen \(P(x)=-x+5\).

55-C-II-1

Roznásobením a ďalšími ekvivalentnými úpravami dostaneme \[\begin{aligned} ab + b^2 c + a^2 c + abc^2 &\geq abc^2 + 2abc + ab,\\ b^2 c + a^2 c &\geq 2abc,\\ (a - b)^2 c &\geq 0.\end{aligned}\] Podľa zadania platí \(c \geq 0\) a druhá mocnina reálneho čísla \(a-b\) je tiež nezáporná, takže je nezáporná aj ľavá strana upravenej nerovnosti. Rovnosť v tejto (a rovnako aj v pôvodnej nerovnosti) nastane práve vtedy, keď \(a - b = 0\) alebo \(c = 0\), teda práve vtedy, keď je splnená aspoň jedna z podmienok \(a = b\), \(c = 0\).

Komentár

Úloha demonštruje jeden zo základných spôsobov dokazovania nerovností: úpravu výrazu na jednej strane nerovnosti na tvar, o ktorom s určitosťou vieme, že je nezáporný/nekladný a jeho porovnanie s nulou. Taktiež si študenti precvičia ekvivalentné úpravy nerovností a úpravy výrazov do tvaru súčinu.

55-C-II-2

47-C-II-3

C-57-I-5

Štyrmi štvorcami so stranou 30 zrejme zakryjeme obdĺžnik \(30\times 120\). Zvyšnú časť \(2 \times 120\) rozdelíme na tri zhodné časti, konkrétne obdĺžniky \(2 \times 40\), a ukážeme, ako každý z nich (rovnako) pokryť jedným z troch zvyšných štvorcov so stranou 30. Dosiahneme to, keď štvorec položíme na obdĺžnik tak, že obe uhlopriečky štvorca budú ležať na osiach súmernosti dotyčného obdĺžnika. Stačí potom ukázať, že obdĺžnik so stranou 2 vpísaný do štvorca podľa obr. 1 má druhú stranu dlhšiu ako 40. Jej dĺžka je zrejme \(30\sqrt{2}-2\) (od uhlopriečky štvorca odčítame na každej strane 1 ako veľkosť výšky

pravouhlého trojuholníka so stranami \(2, \sqrt{2}, \sqrt{2}\), pozri zväčšenú časť obr. 1), takže stačí ukázať, že \(30\sqrt{2}-2\geq 40\). To je ekvivalentné s nerovnosťou \(5\sqrt{2}\geq 7\), čiže \(50 \geq 49\), čo je splnené. Daný obdĺžnik \(32 \times 120\) teda naozaj možno zakryť siedmimi štvorcami so stranou 30.

Druhá zo zadaných rovníc napovedá, že by sme mali skúmať odchýlky čísel v dvojiciach \(p, q\) a \(r, s\). Pre súčet druhých mocnín týchto odchýlok platí \[(p - q)^2 + (r - s)^2= p^2+ q^2+ r^2+ s^2 - 2(pq + rs) = 4 - 2 \cdot 1 = 2.\] Avšak ak je súčet dvoch reálnych čísel rovný číslu 2, nemôžu byť oba sčítance ani väčšie ako 1, ani menšie ako 1. Jedno z čísel \((p - q)^2 , (r - s)^2\) je teda najviac 1 a jedno je najmenej 1. To isté potom platí aj o číslach \(|p - q|\) a \(|r - s|\), čo sme chceli dokázať.

Ak existujú vôbec nejaké riešenia vyšetrovanej rovnice, potom sú nenulové. Preto môžeme rovnicu upraviť na ekvivalentný tvar \(yx-px-py=0\), resp. \((x-p)(y-p)-p^2=0\), a teda \[(x-p)(y-p)=p^2.\] Odtiaľ je vidieť, že celočíselné riešenia môžeme dostať len vtedy, ak \(x-p\) prebehne všetkých deliteľov čísla \(p^2\), pričom \(y-p\) prebehne doplnkové delitele. Pretože je \(p\) prvočíslo, musí byť nutne \[x-p \in \{1, p, p^2, -1, -p, -p^2\}.\] Pretože \(x\neq 0\), odpadá \(x-p=-p\). Ostáva teda \[x \in \{1+p, 2p, p+p^2, p-1, p-p^2\} \ \ \ \ \text{a teda} \ \ \ \ y \in \{p+p^2, 2p, 1+p, p-p^2, p-1\}.\] Tieto hodnoty sú skutočne riešením, o čom sa môžeme presvedčiť skúškou.

Komentár

Úloha, v ktorej opäť predtým, než uplatníme znalosti o deliteľnosti, príp. prvočíslach, musíme umne upraviť východiskový tvar rovnice.

Sčítajte všetky tri vzťahy a ľavú stranu odhadnite pomocou nerovnosti z úlohy N2.

Vypočítajme najskôr hodnoty \(V (n)\) pre niekoľko najmenších prirodzených čísel \(n\) a ich rozklady na súčin prvočísel zapíšme do tabuľky:

\(n\)	\(V (n)\)
1	0
2	\(48 = 2^4 \cdot 3\)
3	\(168 = 2^3 \cdot 3 \cdot 7\)
4	\(420 = 2^2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7\)

Z toho vidíme, že hľadaný deliteľ \(d\) všetkých čísel \(V (n)\) musí byť deliteľom čísla \(2^2 \cdot 3 = 12\), spĺňa teda nerovnosť \(d \leq 12\). Preto ak ukážeme, že číslo \(d = 12\) zadaniu vyhovuje, t. j. že \(V (n)\) je násobkom čísla 12 pre každé prirodzené \(n\), budeme s riešením hotoví.

Úprava \[V (n) = n^4+ 11n^2 - 12 = (12n^2 - 12) + (n^4 - n^2),\] pri ktorej sme z výrazu \(V (n)\) ”vyčlenili“ dvojčlen 1\(2n^2 -12\), ktorý je zrejmým násobkom čísla 12, redukuje našu úlohu na overenie deliteľnosti číslom 12 (teda deliteľnosti číslami 3 a 4) dvojčlena \(n^4 - n^2\) . Využijeme na to jeho rozklad \[n^4 - n^2 = n^2(n^2 - 1) = (n - 1)n^2(n + 1).\] Pre každé celé \(n\) je tak výraz \(n^4 - n^2\) určite deliteľný tromi (také je totiž jedno z troch po sebe idúcich celých čísel \(n - 1\), \(n\), \(n + 1\)) a súčasne aj deliteľný štyrmi (zaručuje to v prípade párneho \(n\) činiteľ \(n^2\), v prípade nepárneho \(n\) dva párne činitele \(n-1\) a \(n+1\)).

Dodajme, že deliteľnosť výrazu \(V (n)\) číslom 12 možno dokázať aj inými spôsobmi, napríklad môžeme využiť rozklad \(V (n) = n^4+ 11n^2 - 12 = (n^2+ 12)(n^2 - 1)\) z predchádzajúcej úlohy alebo prejsť k dvojčlenu \(n^4 + 11n^2\) a podobne.

Záver. Hľadané číslo \(d\) je rovné 12.

Komentár

Úloha je okrem využitia všetkých doterajších poznatkov zaradená aj z dôvodu prvého kroku riešenia. Je vhodné študentom ukázať, že preskúmanie výrazu pre niekoľko malých hodnôt \(n\) nám môže pomôcť utvoriť si predstavu o tom, ako sa bude výraz správať ďalej, príp. vytvoriť hypotézu, ktorú sa neskôr pokúsime dokázať. Táto metóda nájde uplatnenie nielen v tejto konkrétnej úlohe, ale aj v ďalších partiách matematiky.

47–A–III–5

Zlomok \((4n+27)/(n+3)\) upravíme na tvar \(4+15/(n+3)\), teda číslo \(n+3\) musí deliť 15. Z toho dostávame \(n \in \{-18,-8,-6,-4,-2, 0, 2,12 \}\).

Daný výraz \(V (x, y)\) upravme podľa vzorcov pre \((A \pm B)^2\):\[V(x, y) = x^2 - 2xy + y^2 + x^2+ 2x + 1 + 3 = (x - y)^2+ (x + 1)^2+ 3.\]

a) Prvé dva sčítance v poslednom súčte sú druhé mocniny, majú teda nezáporné hodnoty. Minimum určite nastane v prípade, keď pre niektoré \(x\) a \(y\) budú oba základy rovné nule (v tom prípade pre inú dvojicu základov už bude hodnota výrazu \(V (x, y)\) väčšia). Obe rovnosti \(x - y = 0\), \(x + 1 = 0\) súčasne naozaj nastanú, a to zrejme iba pre hodnoty \(x = y = -1\). Dodajme (na to sa zadanie úlohy nepýta), že \(V_{min} = V~(-1, -1)= 3\). Daný výraz tak nadobúda svoju najmenšiu hodnotu iba pre \(x = y = -1\).
b) Podľa úpravy z úvodu riešenia platí \[V (x, y) = 16 \Leftrightarrow (x -y)^2+ (x + 1)^2+ 3 = 16 \Leftrightarrow (x -y)^2+ (x + 1)^2= 13.\] Oba sčítance \((x - y)^2\) a \((x + 1)^2\) sú (pre celé nezáporné čísla \(x\) a \(y\)) z množiny \(\{0, 1, 4, 9, 16,\,\ldots \}\). Jeden preto zrejme musí byť 4 a druhý 9. Vzhľadom na predpoklad \(x \geq 0\) je základ \(x+1\) mocniny \((x+1)^2\) kladný, musí preto byť rovný 2 alebo 3 (a nie \(-2\) či \(-3\)). V prvom prípade, t. j. pre \(x = 1\), potom pre základ mocniny \((x - y)^2\) dostávame podmienku \(1 - y = \pm\), teda \(y = 1 \pm 3\), čiže \(y = 4\) (hodnota \(y = -2\) je zadaním časti b) vylúčená). V druhom prípade, keď \(x = 2\), dostaneme podobne z rovnosti \(x - y = 2 - y = \pm 2\) dve vyhovujúce hodnoty \(y = 0\) a \(y = 4\). Celkovo teda všetky hľadané dvojice \((x, y)\) sú \((1, 4), (2, 0)\) a \((2, 4)\).

Komentár

Záverečná úloha stavia na poznatkoch z predchádzajúcich úloh, avšak vyžaduje dodatočnú analýzu, preto sme ju zvolili ako vyvrcholenie prvého algebraického seminára.

Odčítaním oboch daných rovníc dostaneme rovnosť \((b-a)x+a-b = 0\), čiže \((b-a)(x-1) = 0\). Odtiaľ vyplýva, že \(b = a\) alebo \(x = 1\).

Ak \(b = a\), majú obidve rovnice tvar \(x^2-ax-a = 0\). Práve jedno riešenie existuje práve vtedy, keď diskriminant \(a^2 + 4a\) je nulový. To platí pre \(a = 0\) a pre \(a = -4\). Pretože \(b = a\), má súčet \(a + b\) v prvom prípade hodnotu \(0\) a v druhom prípade hodnotu \(-8\).

Ak \(x = 1\), dostaneme z daných rovníc \(a + b = 1\), teda \(b = 1-a\). Rovnice potom majú tvar \[x^2-ax + a-1 = 0 \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ x^2 + (a-1)x-a = 0.\] Prvá má korene \(1\) a \(a-1\), druhá má korene \(1\) a \(-a\). Práve jedno spoločné riešenie tak dostaneme vždy s výnimkou prípadu, keď \(a-1 = -a\), čiže \(a = \frac{1}{2}\) – vtedy sú spoločné riešenia dve.

Záver. Najmenšia hodnota súčtu \(a + b\) je \(-8\) a je dosiahnutá pre \(a = b = -4\). Najväčšia hodnota súčtu \(a + b\) je \(1\); túto hodnotu má súčet \(a + b\) pre všetky dvojice \((a, 1-a)\), kde \(a\neq \frac{1}{2}\) je ľubovoľné reálne číslo.

Komentár

Úloha nadväzuje na predchádzajúcu, opäť rovnice v zadaní sčítame. Viac ako náročnosťou výpočtu je úloha zaujímavá svojim rozborom, kde je potrebné dať pozor na to, aby študenti správne zvážili oba prípady (\(a=b\), \(x=1\)).

Rozdeľte čísla na skupiny podľa ich zvyšku po delení číslom 11.

Podobne, ako v predchádzajúcej úlohe, zostavíme z podmienok sústavu troch lineárnych rovníc s tromi neznámymi \(a\), \(b\) a \(c\): \[\begin{aligned} P(1) &= a + b + c = 4, \\ P(2) &= 4a + 2b + c = 9, \\ P(3) &= 9a + 3b + c = 18.\end{aligned}\] Sústava má opäť jediné riešenie \(a = 2, b = -1, c = 3\), a preto existuje práve jeden trojčlen vyhovujúci zadaniu: \(P(x)=2x^2-x+3\).

Komentár

Predchádzajúce dve jednoduchšie úlohy majú prípravný charakter na nasledujúcu úlohu a domácu prácu. Študenti si prostredníctvom nich zopakujú metódy riešenia sústav rovníc s viacerými neznámymi. Tieto metódy by študentom mali byť známe zo ZŠ, ak však zistíme, že ich používanie nie je až také samozrejmé, je vhodné zaradiť niekoľko jednoduchších úloh, napr. z (Kubát, Hrubý, and Pilgr 2000).

50-C-S-1

Keby \(|x + z|, |x - z|\) boli dve (kladné) čísla väčšie ako \(|y|\), bolo by číslo \(|x + z| \cdot |x - z|\) väčšie ako \(|y|^2\), podľa zadania ale ide o dve rovnaké čísla.

56-C-S-3

Označme hľadané čísla \(a, b\). Keďže \(b \neq 0\) nutne \(a + b \neq a - b\). Každé z čísel \(a \cdot b, a : b\) je rovné buď \(a + b\), alebo \(a - b\). Stačí teda rozobrať štyri prípady a v každom z nich vyriešiť sústavu rovníc. Ukážeme si však rýchlejší postup. Ak by platilo \[a + b = a \cdot b \ \mathrm{a} \ a - b = a : b \ \ \ \mathrm{alebo} \ \ \ a + b = a : b \ \mathrm{a} \ a - b = a \cdot b,\] vynásobením rovností by sme v oboch prípadoch dostali \(a^2 - b^2 = a^2\) , čo je v spore s \(b\neq 0\). Preto sú čísla \(a \cdot b\) a \(a : b\) buď obe rovné \(a + b\) alebo obe rovné \(a - b\). Tak či tak musí platiť \(a \cdot b = a : b\), odkiaľ po úprave \(a(b^2 - 1) = 0\). Keďže \(a\neq 0\), nutne \(b \in \{ 1, - 1 \}\). Ale ak \(b = 1\), tak štyri výsledky sú postupne \(a + 1\), \(a - 1\), \(a\), \(a\), čo sú pre každé \(a\) až tri rôzne hodnoty. Pre \(b = - 1\) máme výsledky \(a - 1\), \(a + 1\), \(- a\), \(- a\). Dva rôzne výsledky to budú práve vtedy, keď \(a - 1 = - a\) alebo \(a + 1 = - a\). V prvom prípade dostávame \(a =\frac{1}{2}\), v druhom \(a = - \frac{1}{2}\). Lucia mohla na začiatku na tabuľu napísať buď čísla \(\frac{1}{2}\) a \(- 1\), alebo čísla \(-\frac{1}{2}\) a \(- 1\).

Komentár

Ak sa študenti rozhodnú riešiť sústavy rovníc pre spomínané štyri prípady, je to v poriadku, na záver by však bolo inšpiratívne ukázať im aj rýchlejší postup.

Označme \(U\) priesečník uhlopriečok \(AC\) a \(BD\) rovnobežníka \(ABCD\) (obr. 1).

Keďže uhly \(ABD\) a \(BDC\) sú striedavé, majú rovnakú veľkosť. Podobne uhly \(BAC\) a \(ACD\) sú rovnako veľké, pretože sú takisto dvojicou striedavých uhlov. Potom sú trojuholníky \(ABU\) a \(CDU\) zhodné, keďže sa zhodujú v jednej strane \(|AB|=|CD|\) a v dvoch k nej priľahlých uhloch. Preto aj \(|AU|=|UC|\), \(|BU|=|UD|\) a tvrdenie je dokázané.

V danom trojuholníku \(ABC\) označme \(X\), \(Y\), \(Z\) body dotyku vpísanej kružnice s jeho stranami a \(x = |AY | = |AZ|\), \(y = |BX| = |BZ|\), \(z = |CX| = |CY|\) zhodné úseky dotyčníc k vpísanej kružnici z jednotlivých vrcholov (obr. [fig:B63S3_1]). Ak označíme

[fig:B63S3_1]

zvyčajným spôsobom \(a\), \(b\), \(c\) dĺžky jednotlivých strán, platí \[a = y + z, \ \ \ \ b = z + x, \ \ \ \ c = x + y.\] Sčítaním týchto troch rovníc dostaneme (pomocou \(s\) ako zvyčajne označujeme polovičný obvod trojuholníka) \[2s = a + b + c = 2x + 2y + 2z,\] takže nám vyjde \[\label{eq:B63S3} x + y + z = s, \ \ \ \ x = s - a,\ \ \ \ y = s - b, \ \ \ \ z = s - c.\] Pozrime sa teraz na pripísanú kružnicu trojuholníku \(ABC\), ktorá sa dotýka jeho strany \(BC\) v bode \(P\) a polpriamok \(AB\) a \(AC\) v bodoch \(R\) a \(Q\) (obr. [fig:B63S3_2]). Zo zhodnosti úsekov príslušných dotyčníc k tejto kružnici máme \[|AR| = |AQ|, \ \ \ \ |BR| = |BP|, \ \ \ \ |CP| = |CQ|,\] odkiaľ vychádza \[\begin{aligned} 2|AR| = |AR| + |AQ| & = |AB| + |BR| + |AC| + |CQ| = \\ & = |AB| + |BP| + |AC| + |CP| = a + b + c = 2s,\end{aligned}\] čiže \(|AR| = |AQ| = s\). Z tejto rovnosti ale vyplýva, že \(|BP| = |BR| = s - c\), čo je podľa [eq:B63S3] zároveň dĺžka z úsečky \(CX\), teda \(|BP| = |CX|\). To znamená, že body \(P\) a \(X\) sú súmerne združené podľa stredu úsečky \(BC\).

[fig:B63S3_2]

Analogicky by sme odvodili rovnosti \(|BK| = s\) a \(|CL| = s\) pre body dotyku \(K\) a \(L\) kružníc pripísaných stranám \(CA\) a \(AB\) (obr. [fig:B63S3_2]) trojuholníka \(ABC\) s priamkou \(a\). Z týchto posledných rovností však vidíme, že \(|BL| = s - a = |CK|\), teda aj body \(K\) a \(L\) sú súmerne združené podľa stredu úsečky \(BC\). Body \(K\) a \(L\) sú známe (z troch daných bodov na priamke sú to tie dva krajné), poznáme teda aj stred \(S\) strany \(BC\) (je to stred úsečky \(KL\)) a bod \(X\) nájdeme ako obraz tretieho daného bodu \(P\) v stredovej súmernosti podľa stredu úsečky \(BC\).

54-C-I-1

Pri prvej rovnosti prejdite k úmere \(S1 : S2 = S4 : S3\), pri druhej k rovnosti obsahov trojuholníkov \(ABC\) a \(ABD\).

Trojuholník \(AIX\) je rovnoramenný, pretože \(|\measuredangle IAX| = |\measuredangle IAC| = | \measuredangle AIX|\) (prvá rovnosť vyplýva z podmienky, že bod \(I\) leží na osi uhla \(BAC\), druhá potom z vlastností striedavých uhlov, obr. 1). Preto \(|AX| = |IX|\). Analogicky zistíme, že \(|BY | = |Y I|\). Keďže úsečky \(IX\) a \(IY\) zvierajú (rovnako ako s nimi rovnobežné úsečky \(CA\) a \(CB\)) pravý uhol, podľa Pytagorovej vety pre pravouhlý trojuholník \(XIY\) platí \[|AX|^2+ |BY |^2= |IX|^2+ |Y I|^2= |XY |^2,\] čo sme mali dokázať.

Komentár

Úloha už vyžaduje trochu viac invencie a postrehu, keďže kľúčovým krokom v riešení je všimnúť si, že trojuholníky \(AIX\) a \(BIY\) sú rovnoramenné. K tomu však študentov môže naviesť poloha bodu \(I\), ktorý leží na osi uhlov a to, že rovnobežky \(AC\) a \(XI\), resp. \(BC\) a \(YI\) sú preťaté priečkami \(AI\), resp. \(BI\), takže v náčrtku vieme nájsť niekoľko dvojíc zhodných uhlov. Úloha tak kombinuje použitie Pytagorovej vety aj vlastnosti rovnoramenných trojuholníkov.

Päta \(D\) uvažovanej výšky je podľa zadania tým vnútorným bodom strany \(AB\), pre ktorý platí \(|AD| = 2|BD|\) alebo \(|BD| = 2|AD|\). Obe možnosti sú znázornené na obr. [fig:66I3_1] s popisom dĺžok strán \(AC\), \(BC\) a oboch úsekov rozdelenej strany \(AB\).

[fig:66I3_1]

Pytagorova veta pre pravouhlé trojuholníky \(ACD\) a \(BCD\) vedie k dvojakému vyjadreniu druhej mocniny spoločnej odvesny \(CD\), pričom v situácii naľavo dostaneme \[|CD|^2= b^2- \bigg(\frac{2}{3}c\bigg)^2= a^2 - \bigg(\frac{1}{3}c\bigg)^2,\] odkiaľ po jednoduchej úprave poslednej rovnosti dostaneme vzťah \[3(b^2 - a^2) = c^2.\] Pre druhú situáciu vychádza analogicky \[3(a^2 -b^2) = c^2.\] Závery pre obe možnosti možno zapísať jednotne ako rovnosť s absolútnou hodnotou \[3|a^2 - b^2 | = c^2.\] Ak použijeme rozklad \(|a^2 - b^2 | = |a - b|(a + b)\) a nerovnosť \(c < a + b\) (ktorú ako je známe spĺňajú dĺžky strán každého trojuholníka \(ABC\)), dostaneme z odvodenej rovnosti \[3|a - b|c < 3|a - b|(a + b) = c^2,\] odkiaľ po vydelení kladnou hodnotou \(c\) dostaneme \(3|a - b| < c\), ako sme mali dokázať. Zdôraznime, že nerovnosť \(3|a-b|c < 3|a-b|(a+b)\) sme správne zapísali ako ostrú – v prípade \(a = b\) by síce prešla na rovnosť, avšak podľa nášho odvodenia by potom platilo \(c^2 = 0\), čo odporuje tomu, že ide o dĺžku strany trojuholníka.

Iné riešenie*. Nerovnosť, ktorú máme dokázať, možno po vydelení tromi zapísať bez absolútnej hodnoty ako dvojicu nerovností \[-\frac{1}{3}c < a - b < \frac{1}{3}c.\] Opäť ako v pôvodnom riešení rozlíšime dve možnosti pre polohu päty \(D\) uvažovanej výšky a ukážeme, že vypísanú dvojicu nerovností možno upresniť na tvar \[-\frac{1}{3} < a - b < 0,\ \ \ \ \text{respektíve} \ \ \ \ 0 < a - b <\frac{1}{3}c,\] podľa toho, či nastáva situácia z ľavej či pravej časti obr. [fig:66I3_1].

Pre situáciu z obr. [fig:66I3_1] naľavo prepíšeme avizované nerovnosti \(-\frac{1}{3}c < a - b < 0\) ako \(a < b < a +\frac{1}{3}c\) a odvodíme ich z pomocného trojuholníka \(ACE\), pričom \(E\) je stred úsečky \(AD\), takže body \(D\) a \(E\) delia stranu \(AB\) na tri zhodné úseky dĺžky \(\frac{1}{3}c\).

[fig:66I3_2]

V obr. [fig:66I3_2] sme rovno vyznačili, že úsečka \(EC\) má dĺžku \(a\) ako úsečka \(BC\), a to v dôsledku zhodnosti trojuholníkov \(BCD\) a \(ECD\) podľa vety \(sus\). Preto je pravá z nerovností \(a < b < a +\frac{1}{3}c\) porovnaním dĺžok strán trojuholníka \(ACE\), ktoré má všeobecnú platnosť.

Ľavú nerovnosť \(a < b\) odvodíme z druhého všeobecného poznatku, že totiž v každom trojuholníku oproti väčšiemu vnútornému uhlu leží dlhšia strana. Stačí nám teda zdôvodniť, prečo pre uhly vyznačené na obr. [fig:66I3_2] platí \(|\measuredangle CAE| < |\measuredangle AEC|\). To je však jednoduché: zatiaľ čo uhol \(CAE\) je vďaka pravouhlému trojuholníku \(ACD\) ostrý, uhol \(AEC\) je naopak tupý, pretože k nemu vedľajší uhol \(CED\) je ostrý vďaka pravouhlému trojuholníku \(CED\).

Pre prípad situácie z obr. [fig:66I3_1] napravo možno predchádzajúci postup zopakovať s novým bodom \(E\), tentoraz stredom úsečky \(BD\). Môžeme však vďaka súmernosti podľa osi \(AB\) konštatovať, že z dokázaných nerovností \(-\frac{1}{3}c < a - b < 0\) pre situáciu naľavo vyplývajú nerovnosti \(-\frac{1}{3}c < b - a < 0\) pre situáciu napravo, z ktorých po vynásobení číslom \(-1\) dostaneme práve nerovnosti \(0 < a - b <\frac{1}{3}\), ktoré sme mali v druhej situácii dokázať.

Komentár

Nosným prvkom úlohy je opäť Pytagorova veta, väčšiu pozornosť však vyžaduje rozbor úlohy, keďže päta výšky sa môže nachádzať v dvoch rôznych polohách.

Kružnica \(k\) je Tálesovou kružnicou nad priemerom \(AB\), takže trojuholník \(ABF\) je pravouhlý s pravým uhlom pri vrchole \(F\). Inými slovami, priamka \(AF\) je kolmá

[fig:B65II2_1]

na polomer \(BF\) kružnice \(m\), a preto sa priamka \(AF\) dotýka kružnice \(m\) v bode \(F\) (obr. [fig:B65II2_1]). Z rovnosti úsekového uhla zovretého tetivou \(DF\) s dotyčnicou \(AF\) a obvodového uhla nad tou istou tetivou máme (ako už je vyznačené na obrázku) \[|\measuredangle AFD| = |\measuredangle DEF|.\] Zo súmernosti úsečky \(EF\) podľa osi \(AB\) tak vyplýva \[|\measuredangle AFD| = |\measuredangle DEF| = |\measuredangle DFE|,\] čo znamená, že \(FD\) je osou uhla \(AFE\).

Iné riešenie*. Označme \(\beta\) veľkosť uhla \(ABF\) a dopočítajme veľkosti uhlov \(DFE\) a \(AFE\). Trojuholník \(DBF\) je rovnoramenný, lebo jeho ramená \(BD\) a \(BF\) sú polomery kružnice \(m\), preto \[|\measuredangle DFB| = \frac{1}{2}(180^\circ-\beta) = 90^\circ-\frac{\beta}{2}.\] Keďže podobne aj trojuholník \(EBF\) je rovnoramenný s osou \(BD\), platí \[|\measuredangle EFB| = 90^\circ-\beta.\] Spojením oboch predchádzajúcich rovností tak dostávame \[|\measuredangle DFE| = |\measuredangle DFB| - |\measuredangle EFB| =\frac{\beta}{2}.\] Z vlastností Tálesovej kružnice \(k\) nad priemerom \(AB\) vieme, že uhol \(AFB\) je pravý. Pritom jeho časť uhol \(EFB\) má, ako sme už zistili, veľkosť \(90^\circ-\beta\), takže jeho druhá časť, uhol \(AFE\), má veľkosť \(\beta\), čo je presne dvojnásobok veľkosti uhla \(DFE\). Tým sme dokázali, že priamka \(FD\) je osou uhla \(AFE\).

Iné riešenie*. Nad oblúkom \(AE\) kružnice \(k\) sa zhodujú uhly \(ABE\) a \(AFE\) (obr. [fig:B65II2_2]). Oblúku \(DE\) kružnice \(m\) prislúcha obvodový uhol \(DFE\) a stredový uhol \(DBE\). Spolu tak dostávame \[|\measuredangle DFE| = \frac{1}{2} |\measuredangle DBE| = \frac{1}{2} |\measuredangle ABE| = \frac{1}{2} |\measuredangle AFE|,\] čo dokazuje, že \(FD\) je osou uhla \(AFE\).

[fig:B65II2_2]

Komentár

Úlohu je možné riešiť viacerými rôznymi spôsobmi, preto je to opäť vhodný priestor na to, aby ši študenti svoje riešenia porovnali a skúsili obhájiť pred spolužiakmi. V úlohe sa znova vyskytla spoločná tetiva dvoch kružníc, pekne tak nadväzuje na úlohu predchádzajúcu.

Z danej rovnosti vyplýva, že číslo \(b\) je nepárne (inak by obe čísla naľavo boli párne), a teda číslo \(a\) je párne (inak by obe čísla naľavo boli nepárne). Rovnosť množín preto musí byť splnená nasledovne: \[\label{eq:61S1} a \cdot [a, b] = 180 \\ \ \ \text{a} \ \ \ \ b \cdot (a, b) = 45.\] Keďže číslo \(a\) delí číslo \([a, b]\), je číslo \(180 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5\) deliteľné druhou mocninou (párneho) čísla \(a\), takže musí platiť buď \(a = 2\), alebo \(a = 6\).

V prípade \(a = 2\) (vzhľadom na to, že \(b\) je nepárne) platí \[a \cdot [a, b] = 2 \cdot [2, b] = 2 \cdot 2b = 4b,\] čo znamená, že prvá rovnosť v [eq:61S1] je splnená jedine pre \(b = 45\). Vtedy \(b \cdot (a, b) = 45 \cdot (2, 45) = 45\), takže je splnená aj druhá rovnosť v [eq:61S1], a preto dvojica \(a = 2, b = 45\) je riešením úlohy.

V prípade \(a = 6\) podobne dostaneme \[a \cdot [a, b] = 6 \cdot [6, b] = 6 \cdot 2 \cdot [3, b] = 12 \cdot [3, b],\] čo znamená, že prvá rovnosť v [eq:61S1] je splnená práve vtedy, keď \([3, b] = 15\). Tomu vyhovujú jedine hodnoty \(b = 5\) a \(b = 15\). Z nich však iba hodnota \(b = 15\) spĺňa druhú rovnosť v [eq:61S1], ktorá je teraz v tvare \(b\cdot(6, b) = 45\). Druhým riešením úlohy je teda dvojica \(a = 6\), \(b = 15\), žiadne ďalšie riešenia neexistujú.
Záver. Hľadané dvojice sú dve, a to \(a = 2, b = 45\) a \(a = 6, b = 15\).

Iné riešenie*. Označme \(d = (a, b)\). Potom \(a = ud\) a \(b = vd\), pričom \(u, v\) sú nesúdeliteľné prirodzené čísla, takže \([a, b] = uvd\). Z rovností \[a \cdot [a, b] = ud \cdot uvd = u^2vd^2 \ \ \ \text{a} \ \ \ \ b \cdot (a, b) = vd \cdot d = vd^2\] vidíme, že číslo \(a \cdot [a, b]\) je \(u^2\)-násobkom čísla \(b \cdot (a, b)\), takže zadaná rovnosť množín môže byť splnená jedine tak, ako sme zapísali vzťahmi (1) v prvom riešení. Tie teraz môžeme vyjadriť rovnosťami \[u^2vd^2= 180 \ \ \ \text{a} \ \ \ \ vd^2= 45.\] Preto platí \(u^2 =180/45= 4\), čiže \(u = 2\). Z rovnosti \(vd^2 = 45 = 3^2 \cdot 5\) vyplýva, že buď \(d = 1\) (a \(v = 45\)), alebo \(d = 3\) (a \(v = 5\)). V prvom prípade \(a = ud = 2 \cdot 1 = 2\) a \(b = vd = 45 \cdot 1 = 45\), v druhom \(a = ud = 2 \cdot 3 = 6\) a \(b = vd = 5 \cdot 3 = 15\).

Poznámka. Keďže zo zadanej rovnosti okamžite vyplýva, že obe čísla \(a, b\) sú deliteľmi čísla 180 (takým deliteľom je dokonca aj ich najmenší spoločný násobok \([a, b]\)), je možné úlohu vyriešiť rôznymi inými cestami, založenými na testovaní konečného počtu dvojíc konkrétnych čísel \(a\) a \(b\). Takýto postup urýchlime, keď vopred zistíme niektoré nutné podmienky, ktoré musia čísla \(a, b\) spĺňať. Napríklad spresnenie rovnosti množín na dvojicu rovností (1) možno (aj bez použitia úvahy o parite čísel \(a, b\)) vysvetliť všeobecným postrehom: súčin \(a \cdot [a, b]\) je vždy deliteľný súčinom \(b \cdot (a, b)\), pretože ich podiel možno zapísať v tvare \[\frac{a \cdot [a, b]}{b \cdot (a, b)}=\frac{a}{(a, b)}\cdot\frac{[a, b]}{b},\] teda ako súčin dvoch celých čísel.

Komentár

Úloha je zložitejšia ako predchádzajúce, dá sa však riešiť mnohými spôsobmi a bude iste zaujímavé vidieť rôzne študentské riešenia. Je taktiež vhodným miestom na to, aby sme študentov nechali diskutovať o prístupoch medzi sebou a prípadne skúšali hľadať slabiny jednotlivých zdôvodnení. Určite považujeme za vhodné zmieniť poslednú rovnosť z poznámky, keďže ide o zaujímavý postreh a metóda vhodného zapísania tvaru zlomku je užitočná nielen tu. Na túto úlohu nadväzuje komplexnejšia domáca práca, ktorá však vychádza z veľmi podobného princípu.

56-Z9-II-3

Prvé číslo v nekonečnom rade je číslo 6. Dokazujeme tak, že všetky výrazy tvaru \(n(n+1)(n+2)\), kde \(n\geq 2\) je prirodzené číslo, sú deliteľné šiestimi. To ale zjavne platí, keďže z troch po sebe idúcich čísel je vždy práve jedno deliteľné tromi a minimálne jedno z nich je tiež párne. Deliteľnosť dvomi a tromi zároveň nám tak zaručí deliteľnosť šiestimi a požadované tvrdenie je dokázané.

Komentár

Táto jednoduchá úloha zoznámi žiakov s poznatkom často využívaným v úlohách zameraných na dokazovanie deliteľnosti číslom, ktoré je násobkom troch: z troch po sebe idúcich prirodzených čísel je vždy práve jedno deliteľné tromi.

Pretože \(10 = 2 \cdot 5\) a \(150 = 2 \cdot 3 \cdot 5^2\), požadované rovnosti sú splnené práve vtedy, keď \(a = 2 \cdot 3^s \cdot 5^t\) a \(b = 2 \cdot 3^u \cdot 5^v\), kde \(\{s, u\} = \{0, 1\}\) a \(\{t, v\} = \{1, 2\}\). Riešením je teda jedna zo štvoríc \(\{a, b\} = \{10, 150\}\) alebo \(\{a, b\} = \{30, 50\}\).

Komentár

Úloha je relatívne jednoduchá a nevyžaduje žiadne špeciálne znalosti, zároveň však nie je triviálna. Tvorí tak príjemné preklenutie medzi školskými a olympiádnymi príkladmi.

56–A–III–2

Trojuholníky \(ABC\) a \(ABD\) majú spoločnú stranu \(AB\) a rovnaké výšky na túto stranu, teda majú rovnaký obsah. Preto majú rovnaký obsah trojuholníky \(ADP\) a \(BCP\). Obsah trojuholníka \(CDP\) vyrátame napríklad z jeho podobnosti s trojuholníkom \(ABP\), pomer podobnosti je \(| AP | / | CP | = S_{ABP}/S_{CBP}\). Dostaneme \(S_{ABCD} = 169/4\).

Podľa úvahy o počtoch zastúpení každého prvočísla v číslach \(a, b, (a, b) a [a, b]\) stačí vysvetliť, prečo pre akékoľvek čísla \(\alpha, \beta\) platí rovnosť \(\min\{\alpha, \beta\} + \max \{\alpha, \beta\} = \alpha + \beta\). K tomu stačí rozlíšiť prípady \(\alpha < \beta\), \(\alpha = \beta\) a \(\alpha > \beta\). Iné riešenie: Nech \(d = (a, b)\), potom \(a = xd\), \(b = yd\) pre nesúdeliteľné \(x\) a \(y\), odtiaľ vyplýva \([a, b] = xyd\), takže oba súčiny \([a, b] \cdot (a, b)\) a \(ab\) sa rovnajú číslu \(xyd^2\).

Zvoľme \(a =\sqrt{u}\) a \(b =\sqrt{v}\). Vyjdime zo zrejmej nerovnosti \((\sqrt{u}-\sqrt{v})\geq 0\) a tú ďalej ekvivalentne upravujme: \[\begin{aligned} (\sqrt{u}-\sqrt{v})^2 & \geq 0,\\ u-2\sqrt{uv}+v\geq & 0,\\ \frac{u+v}{2} & \geq \sqrt{uv}.\end{aligned}\]

Komentár

Vyššie dokázaná nerovnosť je špeciálnym prípadom tzv. AG-nerovnosti medzi aritmetickým a geometrickým priemerom ľubovoľných nezáporných čísel. Jej všeobecnejší tvar pre viac ako dve čísla však v tomto momente nepovažujeme za dôležité so študentami pokrývať, keďže AG-nerovnosť sa v úlohách kategórie C vyskytla v posledných rokoch veľmi zriedka (a aj vtedy bolo nerovnosti možné dokázať inými metódami). Je to však veľmi užitočný nástroj, ktorému by sme sa venovali v pokračovaní seminára vo vyšších ročníkoch.

Jeho využitie budeme demonštrovať v nasledujúcej úlohe.

Každé prvočíslo sa dá napísať v tvare \(6k + z\), kde \(z\) je jeho zvyšok po delení šiestimi. Čísla \(6k\), \(6k +2\) a \(6k +4\) sú evidentne deliteľné dvoma, \(6k +3\) je deliteľné tromi, preto ostávajú len čísla v tvare \(6k + 1\) a \(6k + 5\).

Položme \(\lfloor x\rfloor = a\), potom \(x = a + t\), pričom \(t \in \langle 0, 1)\), a rovnicu \(4(a + t)- 2a = 5\) ekvivalentne upravme na tvar \(a=\frac{5}{2}- 2t\). Aby bolo číslo \(a\) celé, musí byť \(2t = k~\cdot\frac{1}{2}\), pričom \(k\) je nepárne číslo. Navyše \(2t \in \langle 0, 2)\). Teda buď \(2t =\frac{1}{2}\) a \(a = 2\), alebo \(2t =\frac{3}{2}\) a \(a = 1\). Pôvodná rovnica má preto dve riešenia: \(x_1 = 2,25\) a \(x_2 = 1,75\).

Iné riešenie*. Rovnicu upravíme na tvar \(2x - \frac{5}{2} = \lfloor x\rfloor\). Taká rovnica bude splnená práve vtedy, keď číslo \(2x - \frac{5}{2}\) bude celé a bude spĺňať nerovnosti \(x - 1 < 2x - \frac{5}{2} \leq x\), ktoré sú ekvivalentné s podmienkou \(\frac{3}{2} < x \leq \frac{5}{2}\). Pre takéto \(x\) zrejme hodnoty výrazu \(2x - \frac{5}{2}\) vyplnia interval \(( \frac{1}{2}, \frac{5}{2} \rangle\). V ňom ležia práve dve celé čísla 1 a 2, teda hľadané \(x\) nájdeme z rovníc \(2x - \frac{5}{2} = 1\) a \(2x - \frac{5}{2} = 2\).

Komentár

Aj napriek tomu, že funkcia dolná celá časť nie je bežným učivom preberaným v školách, nemala by analýza úlohy robiť žiakom veľké problémy.

Predstavme si klasický ciferník s číslami \(1 - 12\). Bez ujmy na všeobecnosti si predstavme, že na začiatku sú všetky tri ručičky na čísle 12.

Ak sa otočí 15-minútová ručička o uhol \(\alpha\), otočí sa 3-minútová ručička o uhol \(5\alpha\) a minútová ručička o uhol \(15\alpha\). Keďže každé dve ručičky v hľadaných polohách spolu zvierajú uhol \(120^{\circ}\) a 3-minútová ručička je rýchlejšia ako 15-minútová, dajú sa hľadané polohy získať ako riešenia rovnice \(5\alpha-\alpha = k \cdot 120^{\circ}\), ktorými sú uhly \(\alpha = k \cdot 30^{\circ}\), pričom \(k\) nadobúda kladné celé hodnoty, ktoré nie sú násobkami troch, inak by sa dotyčné ručičky prekrývali.

Môžeme teda postupovať tak, že budeme testovať hodnoty \(\alpha = k\cdot 30^{\circ}\) postupne pre jednotlivé hodnoty čísla \(k\). Naozaj tak začneme a priebežne uvidíme, ako sa dajú po niekoľkých krokoch vďaka periodickosti získať všetky ďalšie riešenia danej úlohy.

Uvažujme najskôr \(k = 1\), teda \(\alpha = 30^{\circ}\). Pri tejto hodnote sa otočila najrýchlejšia ručička o uhol \(450^{\circ}\). V tomto okamihu sa najpomalšia ručička nachádza na čísle 1 ciferníka, druhá ručička na čísle 5 a najrýchlejšia ručička na čísle 3. Tento prípad teda nie je riešením danej úlohy.

Nech je ďalej \(k = 2\), čiže \(\alpha = 60^{\circ}\). Pri tejto hodnote sa otočila najrýchlejšia ručička o uhol \(900^{\circ}\). V tomto okamihu sa najpomalšia ručička nachádza na čísle 2 ciferníka, druhá ručička na čísle 10 a najrýchlejšia ručička na čísle 6. Tento prípad je teda jedným riešením danej úlohy.

Vidíme, že môžeme zostaviť tabuľku, z ktorej jednoducho vyčítame všetky riešenia:

	15-minútová	3-minútová	minútová	je riešením?	čas
\(k=1\)	1	5	3	nie	1,25 min
\(k=2\)	2	10	6	áno	\(2\cdot 1,25\) min
\(k=4\)	4	8	12	áno	\(4\cdot 1,25\) min
\(k=5\)	5	1	3	nie
\(k=7\)	7	11	9	nie
\(k=8\)	8	4	12	áno	\(8\cdot 1,25\) min
\(k=10\)	10	2	6	áno	\(10\cdot 1,25\) min
\(k=11\)	11	7	9	nie
\(k=12\)	12	12	12	nie

Do tabuľky sme uviedli aj ”zakázanú“ hodnotu \(k = 12\) deliteľnú tromi, pri ktorej sa všetky tri ručičky prekryjú, takže v ďalšom priebehu sa budú ich polohy periodicky opakovať. Časy, v ktorých to nastane, budú vždy o 15 minút dlhšie. Zistili sme tak, že všetky hľadané časy sú

\[\begin{aligned} t &= (12n + 2) \cdot 1, 25\,\text{min} =(15n + 2, 5)\,\text{min},\\ t &= (12n + 4) \cdot 1, 25\,\text{min}= (15n + 5)\,\text{min},\\ t &= (12n + 8) \cdot 1, 25\,\text{min} = (15n + 10)\,\text{min},\\ t &= (12n + 10) \cdot 1, 25 \,\text{min} = (15n + 12, 5)\,\text{min},\end{aligned}\]

pričom \(n = 0, 1, 2,\,\ldots\)

Usporiadajme si naše čísla podľa veľkosti, nech \(x_1 \leq x_2 \leq\,\ldots \leq x_n\). Aritmetický priemer skupiny čísel je aspoň taký, ako najmenšie z nich. Aritmetický priemer čísel \(x_2, x_3,\ldots , x_n\) je preto aspoň \(x_2\), a je rovný \(x_1\) len v prípade, že žiadne z čísel \(x_3,\,\ldots , x_n\) nie je väčšie ako \(x_2\). Z toho hneď dostávame, že všetky naše čísla musia byť rovnaké a teda rovné 1.

58-C-I-6

Výraz \([60, b]/2b\) môže nadobudnúť celočíselné hodnoty \(1, 2,3, 5, 6, 10, 15, 30\), okrem toho nadobúda hodnoty \(1/2, 3/2, 5/2, 15/2\).

Označme hľadané čísla \(a,b\) a \(c\). Podľa zadania platí \[\begin{aligned} \frac{a+b}{2} &=c,\\ \frac{b+c}{2} &=a,\\ \frac{c+a}{2} &=b.\end{aligned}\] Riešením sústavy dostávame \(a=b=c\) a z podmienky \(a+b+c=2010\) potom jediné riešenie úlohy \(a=b=c=670\).

50-C-S-1

Čísla \(x_1\), \(x_2\) sú koreňmi danej kvadratickej rovnice práve vtedy, keď platí \[\label{eq:B62II1} x_1 + x_2 = -p \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ x_1 x_2 = q.\] Predpokladajme, že daná kvadratická rovnica má reálne korene \(x_1 = \alpha\), \(x_2 = k\alpha\). Dosadením do [eq:B62II1] dostaneme \((k + 1)\alpha = -p\) a \(k\alpha^2 = q\). Pre obe strany dokazovanej rovnosti \(kp^2 = (k~+ 1)^2 q\) odtiaľ vyplýva \[kp^2= k(-(k + 1)\alpha)^2= k(k + 1)^2\alpha^2,\] \[(k + 1)^2q = (k~+ 1)^2 \cdot k\alpha^2= k(k + 1)^2\alpha^2,\] teda daná rovnosť skutočne platí.

Nech naopak pre reálne čísla \(p\), \(q\) a \(k \neq -1\) platí \(kp^2 = (k+1)^2q\). Uvažujme dvojicu reálnych čísel \[x_1 =\frac{-kp}{k + 1} \ \ \ \ \text{a} \ \ \ \ x_2 =\frac{-p}{k + 1}.\] Také čísla (pre ktoré platí \(x_1 = kx_2\)) sú koreňmi danej kvadratickej rovnice, ak spĺňajú obe rovnosti [eq:B62II1]. Overenie urobíme dosadením: \[\begin{aligned} x_1 + x_2 &= \frac{-kp}{k + 1}+\frac{-p}{k + 1}=\frac{-(k + 1)p}{k + 1}= -p,\\ x_1 x_2 &=\frac{-kp}{k + 1}\cdot\frac{-p}{k + 1}=\frac{kp^2}{(k + 1)^2}=\frac{(k + 1)^2q}{(k + 1)^2}= q.\end{aligned}\] Tým je celý dôkaz hotový.

Na kalkulačke \(\sqrt{43}= 6,557 438\ldots\)

52-C-I-5

Podľa zvyškov po delení deviatimi rozdelíme všetkých 99 uvažovaných čísel do deviatich jedenásťprvkových tried \(T_0, T_1 ,\,\ldots, T_8\) (do triedy \(T_i\) patria všetky čísla so zvyškom \(i\)):

\[\begin{aligned} T_0 &= \{9, 18, 27,\,\ldots , 99\},\\ T_1 &= \{1, 10, 19,\,\ldots, 91\},\\ T_2 &= \{2, 11, 20,\,\ldots , 92\},\\ \vdots\\ T_8 &= \{8, 17, 26,\,\ldots , 98\}.\end{aligned}\]

a) Našou úlohou je dokázať, že v \(T_0\cup T_3 \cup T_6\) ležia najviac štyri vybrané čísla. Z každej z tried \(T_0, T_3, T_6\) môžu pochádzať najviac dve z vybraných čísel (súčet ľubovoľných troch čísel z jednej takej triedy už totiž deliteľný deviatimi je). Keďže súčet ľubovoľných troch čísel, ktoré po jednom ležia v triedach \(T_0, T_3 a T_6\), je deviatimi deliteľný, aspoň jedna z týchto tried žiadne vybrané číslo neobsahuje. Z oboch vyslovených záverov vyplýva dokazované tvrdenie: vybraných čísel deliteľných tromi je totiž najviac \(2 + 2 + 0 = 4\).

b) Ukážeme, že vyhovujúci výber môže obsahovať 26 čísel. Vyberieme po dvoch číslach z \(T_0, T_3\) a po 11 číslach (teda všetky čísla) z \(T_1\) a \(T_2\). Dostaneme tak celkom \(2 \cdot 2 + 2 \cdot 11 = 26\) čísel; pritom súčet ľubovoľných troch z nich dáva po delení deviatimi zvyšok aspoň \(0 + 0 + 1 = 1\), najviac však \(2 + 3 + 3 = 8\), takže deviatimi deliteľný byť nemôže.

V a) i b) vieme zostrojiť vpísanú kružnicu; v c) zostrojíme \(AB\) ako priemer kružnice určenej danými bodmi. Úloha d) nemá riešenie, pokiaľ \(R\) neleží na priamke \(AB\). Ak \(R\) leží na priamke \(AB\), má úloha nekonečne veľa riešení.

Nakreslite si obrázok, označte \(M\) priesečník úsečiek \(KC\) a \(AL\), dokreslite úsečku \(BM\) a pomocou viet z predošlej úlohy vypočítajte najprv obsahy všetkých piatich trojuholníkov, ktoré majú spoločný vrchol \(M\).

Zvoľte \(a =\sqrt{u}\) a \(b =\sqrt{v}\).

Podobným obratom alebo priamym použitím uvedenej AG-nerovnosti (v niektorých prípadoch aj niekoľkonásobným) dokážte ďalšie nerovnosti \[2abc \leq a^2+ b^2c^2 \ , \ a^4+ b^4 \geq a^3b + ab^3 \, \ (1 + a + b)^2 \geq 3(a + b + ab),\] \[\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ , \ \frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} \geq \frac{8}{(a+b)(c+d)}\ , \ \bigg(a+\frac{1}{b} \bigg) \bigg( b+\frac{1}{c} \bigg) \bigg( c+\frac{1}{a}\bigg) \geq 8,\] v ktorých \(a, b, c, d\) označujú ľubovoľné kladné čísla.

Neplatí, uvedieme protipríklad. Napríklad pre čísla \(15, 18\) a \(24\) je \(d=(15,18,24)=3\), \(n=[15, 18, 24]=360\). Ďalej \(15\cdot 18 \cdot 24 =6480\) a \((15,18,24)\cdot[15, 18, 24]=3\cdot 360=1080\), to však nie sú rovnaké čísla a tvrdenie neplatí.

Komentár

Všeobecnejší pohľad na predchádzajúci problém by sme dostali skrz pohľad na exponenty prvočísel, z ktorých sú čísla \(a, b, c\) zložené. Skúmaná rovnosť nastane len v prípade, že sú všetky tri čísla navzájom po dvoch nesúdeliteľné.

Zároveň úloha demonštruje riešenie uvedením protipríkladu, čo je princíp, s ktorým sme sa v seminároch zatiaľ nestretli a jeho spomenutie je určite vhodné.

Predpokladajme, že prvočíslo \(p\) je súčasne súčtom aj rozdielom dvoch prvočísel. Potom je však \(p>2\) a teda je \(p\) nepárne. Pretože je \(p\) zároveň súčet aj rozdiel dvoch prvočísel, jedno z nich musí byť vždy párne, teda 2. Takže hľadáme prvočísla \(p, p_1, p_2\) tak, že \(p=p_1+2=p_2-2\), teda \(p_1, p, p-2\) sú tri po sebe idúce nepárne čísla a teda práve jedno z nich je deliteľné troma (študenti by si mali rozmyslieť prečo). Avšak troma je deliteľné jediné prvočíslo 3, odkiaľ vzhľadom na to, že \(p_1\geq 1\) vyplýva \(p_1=3\), \(p=5\) a \(p_2=7\). Jediné prvočíslo vyhovujúce zadaniu je teda \(p=5\).

Komentár

Úloha, ktorá vyžaduje viac uvažovania, než tvrdého počítania, je zaujímavá práve jediným výsledkom.

Martin vypočítal hodnotu \((x + y)z\) namiesto \(x + yz\), takže podľa zadania platí \[(x + y)z - (x + yz) = 2 004, \ \ \ \ \text{čiže} \ \ \ x \cdot (z~- 1) = 2 004 = 12 \cdot 167,\] pričom 167 je prvočíslo. Činitele \(x\) a \(z -1\) určíme, keď si uvedomíme, že \(z\) je dvojciferné číslo, takže \(9 \leq z~- 1 \leq 98\). Vidíme, že nutne \(z - 1 = 12\) a \(x = 167\), odkiaľ \(z = 13\). Martin teda vypočítal číslo \(V = (167+y)\cdot 13\). Číslo \(V\) je preto štvorciferné, a pretože sa číta spredu rovnako ako zozadu, má tvar \(\overline{abba} = 1 001a + 110b\). Pretože \(1 001 = 13 \cdot 77\), musí platiť rovnosť \((167 + y) \cdot 13 = 13 \cdot 77a + 110b\), z ktorej vyplýva, že číslica \(b\) je deliteľná trinástimi, takže \(b = 0\). Po dosadení dostaneme (po delení trinástimi) rovnosť \(167 + y = 77a\), ktorá vzhľadom na nerovnosti \(10 \leq y \leq 99\) znamená, že číslica \(a\) sa rovná 3, takže \(y = 64\).

V druhej časti riešenia sme mohli postupovať aj nasledovne. Pre číslo \(V = (167 + y) \cdot 13\) vychádzajú z nerovností \(10 \leq y \leq 99\) odhady \(2301 \leq V~\leq 3 458\). Zistíme preto, ktoré z čísel \(\overline{2bb2}\), kde \(b \in \{3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}\) a čísel \(\overline{3bb3}\), kde \(b \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\), sú deliteľné trinástimi. Aj keď sa týchto dvanásť čísel dá rýchlo otestovať, urobme to všeobecne ich čiastočným vydelením trinástimi:

\[\begin{aligned} \overline{2bb2} &= 2 002 + 110b = 13 \cdot (154 + 8b) + 6b,\\ \overline{3bb3} &= 3 003 + 110b = 13 \cdot (231 + 8b) + 6b.\end{aligned}\]

Vidíme, že vyhovuje jedine číslo \(\overline{3bb3}\) pre \(b = 0\). Vtedy \(167 + y = 231\), takže \(y = 64\).

Záver. Žiaci mali počítať príklad \(167 + 64 \cdot 13\), teda \(x = 167\), \(y = 64\) a \(z = 13\).

Komentár

Na prvý pohľad sa môže zdať, že úloha nepatrí do tohto seminára, ako sa však v priebehu riešenia ukáže, má tu svoje miesto. Taktiež zaujímavým spôsobom spája poznatky o deliteľnosti, príp. sa v jej riešení uplatnia odhady – túto metódu sme už taktiež v dnešnom seminári využili.

Odčítaním rovníc dostaneme po úprave \((x- y)(x + y + 2) = 0\). Ak \(x = y\), potom \(x = y = 1\). Pre \(x + y =-2\) sústava nemá riešenie.

Napríklad \(TRIKO\); všetkých vyhovujúcich ”slov“ je až 58, väčšina z nich samozrejme nemá žiadny význam.

Vynásobením oboch strán danej rovnice štyrmi dostaneme \[4x^2 + 4y^2 + 4x + 4y = 16.\] Výraz na ľavej strane takto upravenej rovnice doplníme na súčet druhých mocnín dvoch dvojčlenov. Obdržíme tak \[(4x^2 + 4x + 1) + (4y^2 + 4y + 1) = (2x + 1)^2 + (2y + 1)^2 = 18.\] Stačí teda vyšetriť všetky rozklady čísla 18 na súčet dvoch kladných nepárnych čísel, pretože čísla \(2x + 1\) a \(2y + 1\) nie sú deliteľné dvoma pre žiadne celé \(x\) a \(y\).

Uvažujme preto nasledujúce rozklady: \[18 = 1 + 17 = 3 + 15 = 5 + 13 = 7 + 11 = 9 + 9.\] Medzi uvedenými súčtami je iba jeden (18 = 9 + 9) súčtom druhých mocnín dvoch celých čísel. Môžu teda nastať nasledujúce štyri prípady: \[\begin{aligned} 2x + 1 &= 3, & 2y + 1 &= 3, & \text{ t. j.}\ \ x &= 1, y = 1,\\ 2x + 1 &= 3, & 2y + 1 &= -3, & \text{ t. j.} \ \ x &= 1, y = -2,\\ 2x + 1 &= -3, & 2y + 1 &= 3, & \text{ t. j.} \ \ x &= -2, y = 1,\\ 2x + 1 &= -3, & 2y + 1 &=-3, & \text{ t. j.} \ \ x &= -2, y = -2.\\\end{aligned}\] Záver. Danej rovnici vyhovujú práve štyri dvojice celých čísel \((x, y)\), a to \((1, 1)\), \((1, -2)\), \((-2, 1)\) a \((-2, -2)\).

Iné riešenie*. Danú rovnicu možno upraviť na tvar \(x(x + 1) + y(y + 1) = 4\), z ktorého vidno, že číslo 4 je nutné rozložiť na súčet dvoch celých čísel, z ktorých každé je súčinom dvoch po sebe idúcich celých čísel. Keďže najmenšie hodnoty výrazu \(t(t+ 1)\) pre kladné aj záporné celé \(t\) sú 0, 2, 6, 12, …, do úvahy prichádza iba rozklad \(4 = 2 + 2\), takže každá z neznámych \(x, y\) sa rovná jednému z čísel 1 či \(-2\) – jediných celých čísel \(t\), pre ktoré \(t(t+ 1) = 2\). Navyše je jasné, že naopak každá zo štyroch dvojíc \((x, y)\) zostavených z čísel \(1, -2\) je riešením danej úlohy.

a) Číslo \(n = m^6 -m^2 = m^2 (m^2-1)(m^2 +1)\) je vždy deliteľné štyrmi, pretože pri párnom \(m\) je \(m^2\) deliteľné štyrmi a pri nepárnom \(m\) sú čísla \(m^2-1\), \(m^2 +1\) obe párne, jedno z nich je dokonca deliteľné štyrmi a ich súčin je teda deliteľný ôsmimi. Z troch po sebe idúcich prirodzených čísel \(m^2-1\), \(m^2\), \(m^2 + 1\) je práve jedno deliteľné tromi, a preto je aj číslo \(n\) deliteľné tromi. Ak je \(m\) deliteľné piatimi, je \(m^2\) deliteľné piatimi, dokonca dvadsiatimi piatimi. V opačnom prípade je \(m\) tvaru \(5k + r\), kde \(r\) je rovné niektorému z čísel 1, 2, 3, 4 a \(k\) je prirodzené alebo 0. Potom \(m^2 = 25k^2 + 10kr + r^2\) a \(r^2\) sa rovná niektorému z čísel 1, 4, 9, 16. V prvom a v poslednom prípade je číslo \(m^2-1\) deliteľné piatimi, v ostatných dvoch prípadoch je číslo \(m^2 + 1\) deliteľné piatimi. Teda číslo \(n\) je vždy deliteľné nesúdeliteľnými číslami 4, 3 a 5, a teda aj ich súčinom 60.
b) Už sme ukázali, že v prípade nepárneho \(m\) je súčin \((m^2-1)(m^2 + 1)\) deliteľný ôsmimi a číslo \(n = m^6- m^2\) je teda deliteľné číslom \(120 = 8 \cdot 3 \cdot 5\). Ak je však číslo \(m\) párne, sú čísla \(m^2 -1\), \(m^2 + 1\) nepárne, žiadne nie je deliteľné dvoma. Číslo \(n\) je potom deliteľné ôsmimi iba v prípade, že \(m^2\) je deliteľné ôsmimi, teda \(m\) je deliteľné štyrmi. Číslo \(n\) je potom deliteľné šestnástimi, tromi a piatimi, a preto dokonca číslom 240.

Záver. Naše výsledky môžeme zhrnúť. Číslo \(n = m^6 - m^2\) je deliteľné číslom 120 práve vtedy, keď \(m\) je nepárne alebo deliteľné štyrmi.

Komentár

Sada dvoch na seba nadväzujúcich úloh využíva poznatky získané pri riešení jednoduchších prípravných úloh zo začiatku seminára a vyžaduje sústredené a starostlivé aplikovanie všetkých z nich.

56-C-I-1

Umocnením a odčítaním prvých dvoch rovností dostaneme \(x^2 - z^2= (z + 1)^2 - (x + 1)^2\), čo upravíme na \(2(x^2 - z^2 ) + 2(x - z) = 0\), čiže \[\label{eq:B60I1} (x - z)(x + z + 1) = 0.\] Analogicky by sme dostali ďalšie dve rovnice, ktoré vzniknú z [eq:B60I1] cyklickou zámenou neznámych \(x \rightarrow y \rightarrow z\). Vzhľadom na túto symetriu (daná sústava sa nezmení dokonca pri ľubovoľnej permutácii neznámych) stačí rozobrať len nasledovné dve možnosti:

Ak \(x = y = z\), prejde pôvodná sústava na jedinú rovnicu \(\sqrt{2x^2} = x + 1\), ktorá má dve riešenia \(x_{1,2} = 1 \pm \sqrt{2}\). Každá z trojíc \((1 \pm \sqrt{2}, 1 \pm \sqrt{2}, 1 \pm{2})\) je zrejme riešením pôvodnej sústavy.

Ak sú niektoré dve z čísel \(x, y, z\) rôzne, napríklad \(x \neq z\), vyplýva z [eq:B60I1] rovnosť \(x+z = - 1\). Dosadením \(x+1 = - z\) do druhej rovnice sústavy dostávame \(y = 0\) a potom z tretej rovnice máme \(x^2 + (x + 1)^2 = 1\), čiže \(x(x + 1) = 0\). Posledná rovnica má dve riešenia \(x = 0\) a \(x = - 1\), ktorým zodpovedajú \(z = - 1\) a \(z = 0\). Ľahko overíme, že obe nájdené trojice \((0, 0, - 1)\) a \((- 1, 0, 0)\) sú riešeniami danej sústavy, rovnako aj trojica \((0, - 1, 0)\), ktorú dostaneme ich permutáciou.

Daná sústava má päť riešení: \((0, 0, - 1), (0, - 1, 0), ( - 1, 0, 0), (1 +\sqrt{2}, 1 +\sqrt{2}, 1 +\sqrt{2})\) a \((1 -\sqrt{2}, 1 -\sqrt{2}, 1 -\sqrt{2})\).

Komentár

Posledné dve úlohy seminára kombinujú princípy z prvých dvoch úloh: vhodné sčítanie a odčítanie rovníc medzi sebou a úpravu na súčin členov, ktorý je rovný nule. Dôležité však je, aby boli študenti pozorní pri vyvodzovaní záverov a pokryli v ich riešení všetky možnosti. Zároveň je posledná úloha pekným príkladom symetrie, je vhodné so študentami prediskutovať, ako táto úlohu zjednodušuje.

Poslední štyria hráči odohrali medzi sebou 6 partií, takže počet bodov, ktoré dokopy získali, je aspoň 6. Hráč, ktorý skončil na 2. mieste, teda získal aspoň 6 bodov. Keby získal viac ako 6, teda aspoň 6,5 bodov, musel by najlepší hráč (vďaka podmienke rôznych počtov) získať všetkých 7 možných bodov; porazil by tak i hráča na 2. mieste, ktorý by v dôsledku toho získal menej ako 6,5 bodov, a to je spor. Hráč v poradí druhý preto získal práve 6 bodov. Presne toľko ale získali dokopy i poslední štyria, a tak mohli tieto body získať len zo vzájomných partií, čo znamená, že prehrali všetky partie s hráčmi z prvej polovice výsledného poradia. Hráč, ktorý skončil na 6. mieste, preto prehral partiu s hráčom, ktorý skončil na 4. mieste.

Ukážeme, že sa oba obsahy rovnajú. Označme \(A\), \(B\), \(C\) vrcholy daného trojuholníka a \(r\) a \(R\) zodpovedajúce polomery jeho vpísanej a opísanej kružnice; dĺžku jeho strany označme \(a\). Obe uvedené kružnice majú spoločný stred \(S\). Označme ešte \(P\) bod dotyku vpísanej kružnice so stranou \(AB\). Keďže trojuholník \(ABC\) je rovnostranný, je \(P\) zároveň stredom strany \(AB\). Použitím Pytagorovej vety v pravouhlom trojuholníku \(PSB\) dostávame \[R^2 - r^2= (\tfrac{1}{2}a)^2,\] čo je ekvivalentné s dokazovaným tvrdením \(S = \pi (R^2 - r^2) = \pi \big( \frac{1}{2}a\big)^2= T\).

Poznámka. Rovnostranný trojuholník so stranou \(a\) má výšku veľkosti \(v = \frac{1}{2}a \sqrt{3}\), takže skúmané polomery sú \(R =\frac{2}{3}v \big(=\frac{1}{3}a\sqrt{3}\big)\) a \(r =\frac{1}{3}v \big(=\frac{1}{6}a\sqrt{3}\big)\), a preto \[S = \pi ( R^2 - r^2) = \pi \big( \tfrac{4}{9} -\tfrac{1}{9})v^2= \pi \cdot \tfrac{1}{3}\cdot\tfrac{3}{4}a^2= \pi \big( \tfrac{1}{2}a\big)^2= T.\]

Komentár

Úloha je relatívne jednoduchá, využíva znalosť o bode dotyku vpísanej kružnice a taktiež pripravuje študentov na nasledujúcu zložitejšiu analýzu.

47-C-I-5

Sčítaním oboch rovníc z podmienky zistíme, že \(b = 2\). Dosadením za \(b\) do niektorej z nich vyjde \(c = -a\). Platí teda \(V = (a - 2)^2 + (2 + a)^2 + (-2a)^2\). Po umocnení a sčítaní zistíme, že \(V = 6a^2 + 8 \geq 8\). Rovnosť nastane práve vtedy, keď \(a = 0\), \(b = 2\) a \(c = 0\).

Hľadaná najmenšia hodnota výrazu \(V\) je teda rovná 8.

Komentár

Riešenie úlohy vyžaduje prácu so sústavou dvoch rovníc, avšak manipulácia tejto sústavy nie je až taká zložitá, takže zaradenie úlohy bez toho, aby sme sa systematicky venovali riešeniu sústav rovníc, nepokladáme za problematické.

Celú nerovnosť vynásobíme kladným výrazom \((a+b)(c+d)\) a použitím ekvivalentných úprav upravíme nasledovne. \[\begin{aligned} \frac{(a+b)(c+d)}{ab}+ \frac{(a+b)(c+d)}{cd} & \geq 8, \\ \frac{ac+ad+bc+bd}{ab}+\frac{ac+ad+bc+bd}{cd} & \geq 8, \\ \frac{c}{b}+\frac{d}{b}+\frac{c}{a}+\frac{d}{a}+\frac{a}{d}+\frac{a}{c}+\frac{b}{d}+\frac{b}{c} & \geq 8.\end{aligned}\] Všimneme si, že ľavá strana obsahuje štyri páry súčtov navzájom obrátených zlomkov: \[\bigg(\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \bigg)+\bigg(\frac{a}{d}+\frac{d}{a} \bigg)+\bigg(\frac{b}{c}+\frac{c}{b} \bigg)+\bigg(\frac{b}{d}+\frac{d}{b} \bigg)\geq 8.\] Sčítaním štyroch nerovností v tvare \(u+\frac{1}{u}\geq 2\), ktoré platia pre každé kladné reálne \(u\), kde v našom prípade je \(u\) postupne \(\frac{a}{c}\), \(\frac{a}{d}\), \(\frac{b}{c}\), \(\frac{b}{d}\) potom dostaneme tvrdenie, ktoré sme chceli dokázať.

Výraz \(V\) je zrejme definovaný pre všetky reálne čísla \(x\).

a) Keďže \(x^4 +1 > 0\) pre každé \(x\), nerovnosť \(V (x) \geq 3\) je ekvivalentná s nerovnosťou \(5x^4 - 4x^2 + 5 \geq 3(x^4 + 1)\), čiže \(2x^4 - 4x^2 + 2 \geq 0\). Výraz na ľavej strane je rovný \(2(x^2 - 1)^2\), takže je nezáporný pre každé \(x\).

b) Využime nasledujúcu úpravu: \[V (x) =\frac{5x^4 - 4x^2 + 5}{x^4 + 1}=\frac{5(x^4 +1)}{x^4 + 1}-\frac{4x^2}{x^4 + 1}=5-\frac{4x^2}{x^4 + 1}.\] Keďže zlomok \[\frac{4x^2}{x^4 + 1}\] je vďaka párnym mocninám premennej \(x\) pre ľubovoľné reálne číslo \(x\) nezáporný, nadobúda výraz \(V\) svoju najväčšiu hodnotu \(V_{max}\) práve vtedy, keď \[\frac{4x^2}{x^4 + 1}=0\] teda práve vtedy, keď \(x = 0\). Dostávame tak \(V_{max} = V (0) = 5\).

45-Z7-I-2

Hľadajme pôvodné číslo \(x = 100a + 10b + c\), ktorého cifry sú \(a, b, c\). Cifru, ktorá sa vyskytuje na prostredných dvoch miestach výsledného súčinu, označme \(d\). Zo zadania vyplýva \[\label{eq:57I6} 9(100a + 10b + c) = 1 000a + 100d + 10d + (a + b + c),\] pričom výraz v poslednej zátvorke predstavuje cifru zhodnú s poslednou cifrou súčinu \(9c\). To však znamená, že nemôže byť \(c \geq 5\): pre také \(c\) sa totiž končí číslo \(9c\) cifrou neprevyšujúcou 5, a pretože \(a\neq 0\), platí naopak \(a + b + c > c \geq 5\).

Zrejme tiež \(c \neq 0\) (v opačnom prípade by platilo \(a = b = c = x = 0\)). Ostatné možnosti vyšetríme zostavením nasledujúcej tabuľky.

\(c\)	\(9c\)	\(a+b+c\)	\(a+b\)
1	9	9	8
2	18	8	6
3	27	7	4
4	36	6	2

Rovnosť [eq:57I6] možno prepísať na tvar \[\label{eq:57I6_2} 100(b - a - d) = 10d + a + 11b - 8c.\] Hodnota pravej strany je aspoň \(-72\) a menšia ako 200, lebo každé z čísel \(a, b, c, d\) je najviac rovné deviatim. Takže buď \(b - a - d = 0\), alebo \(b - a - d = 1\).

V prvom prípade po substitúcii \(d = b - a\) upravíme vzťah [eq:57I6_2] na tvar \(8c = 3(7b - 3a)\), z ktorého vidíme, že \(c\) je násobkom troch. Z prvej tabuľky potom vyplýva \(c = 3, a = 4 - b\), čo po dosadení do rovnice \(8c = 3(7b - 3a)\) vedie k riešeniu \(a = b = 2, c = 3\). Pôvodné číslo je teda \(x = 223\) a jeho deväťnásobok \(9x = 2 007.\)

V druhom prípade dosadíme \(d = b - a - 1\) do [eq:57I6_2] a zistíme, že \(8c + 110 = 3(7b-3a)\). Výraz \(8c+110\) je teda deliteľný tromi, preto číslo \(c\) dáva po delení tromi zvyšok 2. Dosadením jediných možných hodnôt \(c = 2\) a \(b = 6 - a\) do poslednej rovnice zistíme, že \(a = 0\), čo je v rozpore s tým, že číslo \(x = 100a + 10b + c\) je trojciferné.

Záver. Klárka dostala štvorciferné číslo 2 007.

Poznámka. Prvá tabuľka ponúka jednoduchší, ale numericky pracnejší postup priameho dosadzovania všetkých prípustných hodnôt čísel \(a, b, c\) do rovnice [eq:57I6]. Počet všetkých možností možno obmedziť na desať odhadom \(b \geq a\), ktorý zistíme pomocou vhodnej úpravy vzťahu [eq:57I6] napríklad na tvar [eq:57I6_2]. Riešenie uvádzame v druhej tabuľke.

\(a\)	1	2	3	4	1	2	3	1	2	1
\(b\)	7	6	5	4	5	4	3	3	2	1
\(c\)	1	1	1	1	2	2	2	3	3	4
\(9x\)	1539	2349	3159	3969	1368	2178	2988	1197	2007	1026

Žiakom možno poradiť substitúciu \(a = u^2\) a \(b = v^2\) alebo \(a = m-d\) a \(b = m + d\), pričom \(m = \frac{1}{2}(a + b)\) a \(0 \leq |d|\leq \frac{1}{2} m\).

Prvý výraz upravíme použitím vzorca \((A-B)^2\), kde \(A=xz\) a \(B=y\), čím dostaneme \(x^2z^2+ y^2- 2xyz=(xz-y)^2\). Keďže ide o druhú mocninu reálneho čísla, bude hodnota výrazu vždy nezáporná a rovnať sa nule bude v prípade \(xz=y\).

Druhý výraz upravíme podobným spôsobom, obdržíme však súčet troch druhých mocnín: \(x^2+ 4y^2+ 3z^2- 2x - 12y - 6z + 13= (x^2-2x+1)+(4y^2-12y+9)+3(z^2-2z+1)=(x-1)^2+(2y-3)^2+3(z-1)^2\). Všetky tri sčítance sú nezáporné a teda aj ich súčet bude nezáporný a rovný nule bude v prípade, ak základy všetkých troch mocnín budú tiež rovné nule, teda \(x=1\), \(y=\frac{3}{2}\) a \(z=1\).

Pohľad na posledné dva členy posledného výrazu nám napovie, že pravdepodobne opäť využijeme podobnú úpravu ako v predchádzajúcich prípadoch, základy mocnín však budú obsahovať dve premenné. Skutočne rozpísaním člena \(2x^2=x^2+x^2\) a preusporiadaním poradia členov dostávame \((x^2-4xy+4y^2)+(x^2-2xy+z^2)\), odkiaľ je už zrejmé, že výraz bude mať tvar súčtu dvoch druhých mocnín \((x-2y)^2+(x-z)^2\). Výraz je vždy nezáporný a nulovú hodnotu nadobúda pre \(x=2y=z\).

Komentár

Cieľom úlohy je zopakovať použitie vzorcov \((A\pm B)^2\) v trochu menej priamočiarych mnohočlenoch než na aké je priestor v bežnom vyučovaní. Zároveň rozpísanie člena \(2x^2\) na súčet dvoch rovnakých členov je trik, na ktorý je vhodné študentov upozorniť, keďže tento princíp nájde uplatnenie v nejednej úlohe.

Polák, J.: Středoškolská matematika v úlohách II, str. 262.

58-C-II-1

59-C-S-2

50-C-I-3

Výsledok: \(n = 6\).

Nech \(d = (a, b)\), potom \(a = ud\), \(b = vd\) pre nesúdeliteľné \(u\) a \(v\), a teda \([a, b] = uvd\). Porovnaním ľavej a pravej strany dokazovanej nerovnosti dostávame \(uvd\cdot d = ud\cdot vd\), čo je pravdivé tvrdenie, teda vzťah je dokázaný.

Alternatívne môžeme vzťah dokázať úvahou o exponentoch prvočísel, z ktorých sú čísla \(a\) a \(b\) zložené. Nech \(a=p_1^{\alpha_1}\cdot p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}\) a \(b=p_1^{\beta_1}\cdot p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k}\), kde \(p_1\) až \(p_k\) sú prvočísla a \(\alpha_k, \beta_k\) prirodzené čísla. Potom

\[\begin{aligned} (a,b) &=p_1^{\min\{\alpha_1, \beta_1\}}\cdot p_2^{\min\{\alpha_2, \beta_2\}}\cdots p_k^{\min\{\alpha_k, \beta_k\}},\\ [a,b] &=p_1^{\max\{\alpha_1, \beta_1\}}\cdot p_2^{\max\{\alpha_2, \beta_2\}}\cdots p_k^{\max\{\alpha_k, \beta_k\}},\\ ab &=p_1^{\alpha_1+\beta_1}\cdot p_2^{\alpha_2+\beta_2}\cdots p_k^{\alpha_k, \beta_k}.\end{aligned}\]

Keďže pre akékoľvek čísla \(\alpha, \beta\) platí \(\max\{\alpha, \beta\}+\min\{\alpha, \beta\}=\alpha+\beta\), a to vo všetkých prípadoch \(\alpha < \beta\), \(\alpha = \beta\), \(\alpha > \beta\), je naše tvrdenie dokázané.

Komentár

Predchádzajúce tvrdenie je stavebným kameňom mnohých úloh o spoločných násobkoch a deliteľoch, najmä myšlienka zápisu prirodzených čísel \(a\) a \(b\) v tvare \(a=ud\) a \(b=vd\), kde \(u\) a \(v\) sú prirodzené čísla také, že \((u,v)=1\) a \(d=(a,b)\) nájde uplatnenie veľmi často.

Vzhľadom na to, že pre každé reálne číslo \(a\) platí \(\sqrt{a^2}= |a|\), je daná sústava rovníc ekvivalentná so sústavou rovníc \[\begin{aligned} |x + 4| &= 4 - y,\\ |y - 4| &= x + 8.\end{aligned}\]

Z prvej rovnice vidíme, že musí byť \(4 - y \geq 0\), teda \(y \leq 4\). V druhej rovnici môžeme teda odstrániť absolútnu hodnotu. Dostaneme tak \[|y - 4| = 4 - y = x + 8,\ \ \ \ \mathrm{ t.\,j.}\ \ \ \ - y = x + 4.\] Po dosadení za \(x + 4\) do prvej rovnice dostaneme \[|-y| = |y| = 4 - y.\] Keďže \(y \leq 4\), budeme ďalej uvažovať dva prípady.

Pre \(0 \leq y \leq 4\) riešime rovnicu \(y = 4 - y\), a teda \(y = 2\). Nájdenej hodnote \(y = 2\) zodpovedá po dosadení do druhej rovnice \(x = -6\).

Pre \(y < 0\) dostaneme rovnicu \(-y = 4 - y\), ktorá však nemá riešenie.

Záver. Daná sústava rovníc má práve jedno riešenie, a to \((x, y) = (-6, 2)\).

Iné riešenie*. Odstránením absolútnych hodnôt v oboch rovniciach, t. j. rozborom štyroch možných prípadov, keď
a) \((x + 4 \geq 0) \wedge (y - 4 \geq 0), \ \mathrm{ t.\,j.} \ (x \geq -4) \wedge (y \geq 4)\),
b) \((x + 4 \geq 0) \wedge (y - 4 < 0), \ \mathrm{ t.\,j.} \ (x \geq -4) \wedge (y < 4)\),
c) \((x + 4 < 0) \wedge (y - 4 \geq 0), \ \mathrm{ t.\,j.} \ (x < -4) \wedge (y \geq 4)\),
d) \((x + 4 < 0) \wedge (y - 4 < 0), \ \mathrm{ t.\,j.} \ (x < -4) \wedge (y < 4)\),
zistíme, že prípady a), b), c) nedávajú (vzhľadom na uvedené obmedzenia v jednotlivých prípadoch) žiadne reálne riešenie. V prípade d) potom dostaneme jediné riešenie \((x, y) = (-6, 2)\) danej sústavy.

Komentár

V úvode riešenia pripomenieme vzťah \(\sqrt{a^2}=|a|\), ktorý nám pomôže transformovať sústavu zo zadania na sústavu rovníc s absolútnou hodnotou, ktorú by študenti mali byť schopní bez väčších komplikácií vyriešiť.

Prehľadné odvodenie je možne nájsť v  (Kadleček 1996).

V prípade a) pre hľadaný bod \(X\) porovnajte obsah útvaru vzniknutého zlepením trojuholníkov \(ACX\) a \(BCX\) s obsahom trojuholníka \(ABC\) a odvoďte odtiaľ, že vyhovujúce body \(X\) vyplnia úsečku \(AB\). V prípade b) nahraďte body \(A\), \(B\) vhodnými bodmi \(A'\), \(B'\) na ramenách \(CA\), resp. \(CB\) a použite ten istý postup ako v prípade a).

60-C-II-4

Označme \(p<q\) prvočísla zo zadania. Potom platí \((p+1)q=pq+7\). Po roznásobení ľavej strany a odčítaní výrazu \(pq\) od oboch strán rovnosti dostávame \(q=7\). Prvočíslo \(p\) má byť menšie ako \(q\), preto \(p\in \{2,3,5\}\) a hľadaným číslom \(n\) je tak jedno z čísel 14, 21 alebo 35.

a) Prevedieme výraz \(2xyz\) na pravú stranu nerovnosti a upravíme pomocou vzorca \(A^2-2AB-B^2=(A-B)^2\) na tvar \(0 \leq (x - yz)^2\), ktorý je pravdivým výrokom, keďže druhá mocnina ľubovoľného výrazu je vždy nezáporná.
b) Výraz z pravej strany nerovnosti prevedieme na opačnú stranu a upravíme nasledujúcim spôsobom: \[\begin{aligned} ((x-y)(x+y))^2-4xy(x-y)^2 &\geq 0,\\ (x-y)^2(x+y)^2-4xy(x-y)^2 &\geq 0,\\ (x-y)^2((x+y)^2-4xy) &\geq 0,\\ (x-y)^2(x+2xy+y^2-4xy) &\geq 0,\\ (x-y)^4 &\geq 0.\end{aligned}\] Posledná nerovnosť je zrejme pravdivým tvrdením a pôvodná nerovnosť je tak dokázaná.

Komentár

Úloha neprináša žiadny nový princíp, je však dobrým tréningom práce s upravovaním výrazov, podobne ako úloha nasledujúca.

a) Označme \(S\) stred a \(r\) polomer kružnice vpísanej trojuholníku \(ABC\) a \(L\), \(M\) body dotyku tejto kružnice postupne so stranami \(BC\), \(CA\) (obr. 1). Ak označíme \(|AK| = x\), \(|BK| = y\), tak \(|AP| = |AM| = x\), \(|KP| = x\sqrt{2}\), \(|BQ| = |BL| = y\), \(|KQ| = y\sqrt{2}\). Keďže oba uhly \(AKP\), \(BKQ\) majú veľkosť \(45^\circ\), je trojuholník \(PQK\) pravouhlý, takže jeho obsah je \[S_{PQK} =\frac{x\sqrt{2}y\sqrt{2}}{2}=xy.\]

Štvoruholník \(SLCM\) je štvorec so stranou dĺžky \(r\) a \(|AM| = x\), \(|BL| = y\). Obsah trojuholníka \(ABC\) je rovný súčtu obsahov trojuholníkov \(ABS\), \(BCS\) a \(CAS\), teda \[S_{ABC}=\frac{(x + y)r + (y + r)r + (x + r)r}{2}= (x + y + r)r.\] Obsah trojuholníka \(ABC\) je zároveň rovný \[S_{ABC}=\frac{|AC| \cdot |BC|}{2}=\frac{(x + r)(y + r)}{2}=\frac{xy}{2}+\frac{(x + y + r)r}{2}=\frac{xy}{2}+\frac{S_{ABC}}{2}.\] Odtiaľ dostávame \(S_{ABC} = xy\), čiže \(S_{ABC} = S_{PQK}\), čo sme mali dokázať.

b) V trojuholníku \(ABC\) sú dĺžky strán \(a = y + r\), \(b = x + r\), \(c = x + y\). Obvod trojuholníka \(ABC\) je \(a + b + |AB|\), obvod trojuholníka \(PQK\) je \(x\sqrt{2} + y\sqrt{2} + |PQ|\).

Zrejme platí \(|AB| \leq |PQ|\) (\(|AB|\) je vzdialenosťou rovnobežiek \(AP\), \(BQ\), (obr. 1). Rovnosť nastane jedine v prípade \(|AP| = |BQ|\), čiže \(x = y\). Ešte dokážeme, že \(a + b \leq x\sqrt{2} + y\sqrt{2}\), teda že \(a + b \leq c\sqrt{2}\). Posledná nerovnosť je ekvivalentná s nerovnosťou, ktorú dostaneme jej umocnením na druhú, pretože obe jej strany sú kladné. Dostaneme tak \(a^2 +b^2 +2ab \leq 2c^2\). Keďže v pravouhlom trojuholníku \(ABC\) platí \(a^2 + b^2 = c^2\), máme dokázať nerovnosť \(2ab \leq a^2 + b^2\), ktorá je však ekvivalentná s nerovnosťou \(0 \leq (a - b)^2\). Tá platí pre všetky reálne čísla \(a\), \(b\) a rovnosť v nej nastane jedine pre \(a = b\), t. j. \(x = y\).

Celkovo vidíme, že obvod trojuholníka \(ABC\) je menší alebo rovný obsahu trojuholníka \(PQK\) a rovnosť nastane práve vtedy, keď je pravouhlý trojuholník \(ABC\) rovnoramenný.

Podobne ako v predchádzajúcom prípade označme \(p\leq q\) (nie nutne rôzne) prvočísla zo zadania a to prepíšme do tvaru rovnosti \((p+1)(q+1)=pq+35\). Po úprave dostávame \(p+q=34\). Hľadáme teda dvojice prvočísel, ktorých súčet bude 34. Takými sú jedine 3 a 31, 5 a 29, 11 a 23, 17 a 17. Riešením úlohy je potom \(n \in \{93, 145, 253, 289\}\).

Komentár

Úvodné dve jednoduché úlohy majú prípravný charakter na úlohu nasledujúcu a sú skôr rozcvičkou, než náročnou aplikáciou vedomostí o prvočíslach.

Bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladať, že \(a>b\). Najprv vyjadríme výšku \(v\) pomocou dĺžok základní a odvesien. Nech je \(P\) päta výšky z bodu \(D\) na stranu \(AB\). Potom \(|AP|=(a-c)/2\). Použitím Pytagorovej vety v pravouhlom trojuholníku \(APD\) máme \[\bigg(\frac{a-c}{2}\bigg)^2+v^2=b^2,\] odkiaľ \(v=\sqrt{b^2-(\frac{a-c}{2})^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4b^2-(a-c)^2}\) a preto pre obsah lichobežníka dostávame \[S_{ABCD}=\frac{1}{2}(a+c)\cdot v=\frac{1}{4}(a+c)\sqrt{4b^2-(a-c)^2}.\]

C-54-S-3

Každý hráč odohral po jednej partii so zvyšnými štyrmi. Bolo teda odo hraných celkom \(\frac{1}{2}\cdot 5 \cdot 4 = 10\) partií, takže každý hráč získal práve 2 body. Sú len tri možnosti, ako získať odohraním štyroch partií 2 body, a podľa toho obsahovala celková tabuľka nanajvýš tri rovnocenné skupiny hráčov. Tieto skupiny, \(A, B\) a \(C\), uvádzame v poradí, v ktorom by sa v konečnej tabuľke umiestnili:

Skupina \(A\) obsahuje všetkých hráčov, ktorí majú po dvoch výhrach a dvoch prehrách. Skupina \(B\) pozostáva z hráčov s jednou výhrou, jednou prehrou a dvoma remízami. Skupina \(C\) obsahuje hráčov so štyrmi remízami.

Vojto a Tomáš sú jediní víťazi, preto nepatria do skupiny \(C\). Nepatria ani do skupiny \(B\), pretože v opačnom prípade by s nimi museli všetci traja hráči zo skupiny \(C\) s horším výsledkom remizovať (a každý hráč skupiny B má len dve remízy).

Z toho vyplýva, že Vojto a Tomáš majú po dvoch výhrach a dvoch prehrách a skupina \(C\) je prázdna. Zvyšní traja hráči tak majú po jednej výhre, jednej prehre a dvoch remízach, ktoré museli uhrať navzájom medzi sebou.
Záver. Peter a Martin spolu remizovali.

Iné riešenie*. Využijeme (nadbytočný) údaj, že Vojto porazil Petra: Keby mali Vojto a Tomáš po jednej výhre, jednej prehre a dvoch remízach, musel by aj Peter patriť medzi víťazov turnaja. Jediný v poradí nižší celkový výsledok sú totiž štyri remízy, Peter však jednu partiu prehral, a tak musel aj jednu vyhrať. Vojto a Tomáš majú 1preto po dvoch výhrach a dvoch prehrách. Ak Peter prehral s Vojtom, musel poraziť Tomáša. (Nemohol mať dve prehry, keďže bol v poradí nižšie ako Tomáš a Vojto. Ani nemohol s Tomášom, ktorý žiadnu remízu nemá, remizovať.) Potrebný druhý bod získal dvoma remízami – s Martinom a nepomenovaným piatym hráčom.
Záver. Peter a Martin spolu remizovali.

Vysvetlíme, prečo prvočíselný rozklad hľadaného čísla musí obsahovať len vhodné mocniny prvočísel 2, 3 a 5. Každé prípadné ďalšie prvočíslo by sa v rozklade čísla \(n\) muselo vyskytovať v mocnine, ktorej exponent je deliteľný dvoma, tromi aj piatimi zároveň (viď predchádzajúca úloha). Po vyškrtnutí takého prvočísla by sa číslo \(n\) zmenšilo a skúmané odmocniny by pritom ostali celočíselné.

Položme preto \(n = 2^a \cdot 3^b \cdot 5^c\), pričom \(a, b, c\) sú prirodzené čísla. Čísla \(\sqrt[3]{3n}\) a \(\sqrt[5]{5n}\) sú celé, preto je exponent \(a\) násobkom troch a piatich. Aj \(\sqrt{2n}\) je celé číslo, preto musí byť číslo \(a\) nepárne. Je teda nepárnym násobkom pätnástich: \(a \in \{15, 45, 75,\,\ldots\}\). Analogicky je exponent \(b\) taký násobok desiatich, ktorý po delení tromi dáva zvyšok 2: \(b \in \{20, 50, 80,\,\ldots\}\). Napokon \(c\) je násobok šiestich, ktorý po delení piatimi dáva zvyšok 4: \(c \in \{24, 54, 84,\,\ldots\}\). Z podmienky, že \(n\) je najmenšie, dostávame \(n = 2^{15} \cdot 3^{20} \cdot 5^{24}\).

Presvedčíme sa ešte, že dané odmocniny sú prirodzené čísla: \[\sqrt{2n} = 2^8 \cdot 3^{10} \cdot 5^{12},\ \ \ \sqrt[3]{3n} = 2^5 \cdot 3^7 \cdot 5^8, \ \ \ \sqrt[5]{5n} = 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5^5.\]

Záver. Hľadaným číslom je \(n = 2^{15} \cdot 3^{20} \cdot 5^{24}\).

Komentár

Úloha je netradičným príkladom uplatnenia poznatkov o rozklade čísla na súčin prvočísel a vďaka návodnej úlohe by študenti mali byť dostatočne pripravení na jej samostatné riešenie.