Matematická olympiáda 2024/2025 PDF

MATEMATICKÁ OLYMPIÁDA 2024/2025 Riešenia úloh domáceho kola kategórie B 1 Z ci ier 1 až 9 vytvorı́me 9‑ciferné č ı́slo s navzá jom rô znymi ciframi. Potom kaž dú jeho dvojicu po sebe idú cich ci ier interpretujeme ako dvojciferné č ı́slo a vezmeme jeho najmenš ı...

MATEMATICKÁ OLYMPIÁDA 2024/2025 Riešenia úloh domáceho kola kategórie B 1 Z ci ier 1 až 9 vytvorı́me 9‑ciferné č ı́slo s navzá jom rô znymi ciframi. Potom kaž dú jeho dvojicu po sebe idú cich ci ier interpretujeme ako dvojciferné č ı́slo a vezmeme jeho najmenš ı́ prvoč ı́selný deliteľ. Mô ž eme tak zı́skať prá ve dve rô zne prvoč ı́sla? Ak á no, urč te vš etky také dvojice prvoč ı́sel. (Patrik Bak) Riešenie 1: Z ci ier 1 až 9 sú 4 pá rne (2, 4, 6, 8), takž e aspoň 3 a najviac 4 uvaž ované dvojč ı́slia sú pá rne. Jedno zo zı́skaný ch prvoč ı́sel je teda 2. Keďž e sme zı́skali 8 č ı́sel a č ı́slo 2 je tam najviac 4‑krá t, to druhé prvoč ı́slo tam musı́ byť aspoň 4‑krá t. Uká ž eme, ž e toto druhé prvoč ı́slo mô ž e byť iba 3. Prvoč ı́slo 5 tam mô ž e byť najviac raz, a to v tom dvojmiestnom č ı́sle, ktoré má na mieste jednotiek č ı́slicu 5. Prvoč ı́slo 7 dostaneme len z dvojč ı́slı́ 7 ⋅ 7 č iž e 49, 7 ⋅ 11 č iž e 77, 7 ⋅ 13 č iž e 91, takž e č ı́slo 7 ziskame najviac 3‑krá t. Pre prvoč ı́slo 𝑝 vä č šie ako 7, t. j. aspoň 11, mô ž e existovať najviac jedno vyhovujú ce dvojciferné č ı́slo, a to 𝑝, lebo 𝑝 ⋅ 𝑝 je aspoň trojciferné , a teda kaž dé iné dvojciferné č ı́slo deliteľné 𝑝 má jednociferné ho prvoč ı́selné ho deliteľa, ktorý je teda menš ı́ než 𝑝. Prı́kladom č ı́sla, ktoré vyhovuje, je 124563987 (dokonca je to najmenš ie z nich). Pre toto č ı́slo zı́skavame pr‑ voč ı́sla 2, 2, 3, 2, 3, 3, 2, 3. Poznámka: Mož ný ch vyhovujú cich č ı́sel je 3072. Hoci to kvô li ú plnosti rieš enia nie je potrebné , uká ž eme, ako sme k nejaké mu vyhovujú cemu č ı́slu mohli prı́sť. Prirodzený spô sob je striedať nepá rne a pá rne č ı́sla tak, aby dvojciferné č ı́sla konč iace nepá rnym č ı́slom boli deliteľné 3. Pre kaž dú pá rnu cifru ná jdeme vhodný ná sobok 3, napr. 21, 45, 63, 87, z č oho dostaneme č ı́slo 921456387. Uká ž eme eš te systematický postup, ako prı́sť k najmenš iemu vyhovujú cemu č ı́slu. Zač neme zľava a budeme postupne skú š ať pripisovať č o najmenš ie č ı́slice. Vž dy, keď by sme mali zı́skať prvoč ı́slo iné ako 2 č i 3, vrá time sa o krok spä ť. Tento proces vyluč ovania nevhodný ch č ı́sel vyzerá takto: 123 nefunguje, 23 je veľké prvoč ı́slo. 1243 nefunguje, 43 je veľké prvoč ı́slo. 12453 nefunguje, 53 je veľké prvoč ı́slo. 1245637 nefunguje, 37 je veľké prvoč ı́slo. 124563879 nefunguje, 79 je veľké prvoč ı́slo. 124563897 nefunguje, 97 je veľké prvoč ı́slo. 12456397 nefunguje, 97 je veľké prvoč ı́slo. 124563987 funguje. 2 Nech 𝐴𝐵𝐶 je trojuholnı́k taký, ž e |∢𝐵𝐴𝐶| = 45∘. K straná m 𝐴𝐵 a 𝐴𝐶 sú zvonku pripı́sané pravouhlé rovnoramen‑ né trojuholnı́ky 𝐴𝐵𝑃 a 𝐴𝐶𝑄 s preponami 𝐴𝐵, resp. 𝐴𝐶. Označ me 𝑅 stred ú seč ky 𝑃𝑄. Doká ž te, ž e dlž ka ú seč ky 𝐴𝑅 je polovica polomeru kruž nice opı́sanej trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶. (Patrik Bak, Anastasia Bredichina) Riešenie 1: Nech 𝑂 je stred kruž nice opı́sanej trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶. Vieme, ž e bod 𝑂 lež ı́ na osi ú seč ky 𝐴𝐵. Keďž e je trojuholnı́k 𝐴𝐵𝑃 rovnoramenný, tak na osi ú seč ky 𝐴𝐵 lež ı́ aj bod 𝑃. Priamka 𝑃𝑂 je preto kolmá na ú seč ku 𝐴𝐵. Z rovno‑ ramennosti a pravouhlosti trojuholnı́ka 𝐴𝐵𝑃 tiež má me |∢𝑃𝐴𝐵| = |∢𝑃𝐵𝐴| = 45∘. Preto platı́ |∢𝐵𝐴𝑄| = |∢𝐵𝐴𝐶|+|∢𝐶𝐴𝑄| = 45∘ +45∘ = 90∘. Tý m pá dom Obe ú seč ky 𝑃𝑂 a 𝐴𝑄 sú teda kolmé na 𝐴𝐵, sú teda rovnobež né. Analogicky sú rovnobež né aj ú seč ky 𝐴𝑃 a 𝑂𝑄. Stvoruholnı́k 𝐴𝑃𝑂𝑄 je teda rovnobež nı́k, a jeho uhloprieč ky sa pre‑ to rozpoľujú. Bod 𝑅, ktorý je stredom uhloprieč ky 𝑃𝑄, je teda aj stredom uhloprieč ky 𝐴𝑂. Preto |𝐴𝑅| = |𝐴𝑂| /2.  𝐴 𝑄 𝑃 𝑅 𝑂 𝐵 𝐶 Riešenie 2: Nech 𝑂 je stred kruž nice opı́sanej trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶. Keďž e |𝑃𝐴| = |𝑃𝐵| a |𝑂𝐴| = |𝑂𝐵|, sú trojuholnı́ky 𝑃𝐴𝑂 a 𝑃𝐵𝑂 zhodné podľa vety sss. Analogicky sú zhodné aj trojuholnı́ky 𝑄𝐴𝑂 a 𝑄𝐶𝑂. Keďž e 𝐵𝐴𝐶 je obvodový uhol kruž nice opı́sanej trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶, ktorý prislú cha jej stredové mu uhlu 𝐵𝑂𝐶, tak platı́ podľa vety o obvodovom a stredovom uhle |∢𝐵𝑂𝐶| = 2 |∢𝐵𝐴𝐶| = 2 ⋅ 45∘ = 90∘. Keďž e 𝑂𝐵 a 𝑂𝐶 sú polomery kruž nice 𝑘, trojuholnı́k 𝐵𝑂𝐶 je rovnoramenný pravouhlý s preponou 𝐵𝐶. Potom platı́ |𝐵𝑃| √2 |𝐵𝑂| = =. |𝐵𝐴| 2 |𝐵𝐶| Taktiež platı́ aj |∢𝑃𝐵𝑂| = |∢𝑃𝐵𝐴| ± |∢𝐴𝐵𝑂| = |∢𝑂𝐵𝐶| ± |∢𝐴𝐵𝑂| = |∢𝐴𝐵𝐶| , kde uhly sč ı́tavame, ak bod 𝑂 lež ı́ v polrovine 𝐵𝐴𝐶, a inak odč ı́tavame. Preto sú trojuholnı́ky 𝑃𝐵𝑂 a 𝐴𝐵𝐶 pri tomto poradı́ vrcholov podľa vety sus podobné. Analogicky sú podobné aj trojuholnı́ky 𝑄𝐶𝑂 a 𝐴𝐶𝐵. 𝐴 𝑄 𝑃 𝑃 𝑅 𝐴 𝑅 𝑂 𝑂 𝑄 𝐵 𝐶 𝐵 𝐶 Zhrnutı́m dostá vame, ž e platia nasledovné podobnosti, resp. zhodnosti: △𝑃𝐴𝑂 ≅ △𝑃𝐵𝑂 ∼ △𝐴𝐵𝐶 ∼ △𝑄𝑂𝐶 ≅ △𝑄𝑂𝐴. Tak dostá vame, ž e trojuholnı́ky 𝑃𝐴𝑂 a 𝑄𝑂𝐴 sú podobné a v tejto podobnosti strana 𝐴𝑂 zodpovedá sama sebe. Preto je š tvoruholnı́k 𝐴𝑃𝑂𝑄 rovnobež nı́k, takž e stred 𝑅 jeho uhloprieč ky 𝑃𝑄 je zá roveň stredom uhloprieč ky 𝐴𝑂, a teda |𝐴𝑅| = |𝐴𝑂| /2. Riešenie 3: Nech 𝑟 je polomer kruž nice opı́sanej trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶, potom |𝐵𝐶| |𝐵𝐶| √2 𝑟= ∘ = = |𝐵𝐶|. 2 sin 45 √2 2 √2 √2 Z rovnoramenný ch pravouhlý ch trojuholnı́kov 𝐴𝐶𝑄 a 𝐴𝐵𝑃 urč ı́me |𝐴𝑄| = |𝐴𝐶| a |𝐴𝑃| = |𝐴𝐵|. 2 2 Podľa kosı́nusovej vety v trojuholnı́ky 𝐴𝐵𝐶 a 𝐴𝑃𝑄 platı́ 2 2 2 |𝐵𝐶| = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − 2 ⋅ |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ cos |∢𝐵𝐴𝐶| 2 2 2 2 √2 = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − 2 ⋅ |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ cos 45∘ = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − 2 ⋅ |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ 2  2 2 = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ √2 a 2 2 2 |𝑃𝑄| = |𝐴𝑄| + |𝐴𝑃| − 2 ⋅ |𝐴𝑄| ⋅ |𝐴𝑃| ⋅ cos |∢𝑃𝐴𝑄| 2 2 √2 √2 √2 √2 = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| −2⋅ |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ cos(|∢𝑃𝐴𝑄| + |∢𝑃𝐴𝐵| + |∢𝐵𝐴𝐶| + |∢𝐶𝐴𝑄|) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ cos(45∘ + 45∘ + 45∘ ) = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ cos 135∘ 2 2 2 2 1 2 1 2 √2 1 2 1 2 1 = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ − = |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| + ⋅ |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ √2. 2 2 2 2 2 2 Keďž e 𝐴𝑅 je ťaž nica v trojuholnı́ku 𝐴𝑃𝑄, platı́ 2 2 2 2 |𝐴𝑄| + |𝐴𝑃| |𝑃𝑄| |𝐴𝑅| = − 2 4 2 2 √2 √2 1 2 1 2 1 |𝐴𝐶| + |𝐴𝐶| |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| + ⋅ |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ √2 2 2 2 2 2 = − 2 4 2 2 2 2 |𝐴𝐶| + 2 |𝐴𝐶| − |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| + |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ √2 = 8 2 2 2 |𝐴𝐶| + |𝐴𝐵| − |𝐴𝐶| ⋅ |𝐴𝐵| ⋅ √2 |𝐵𝐶| = = , 8 8 teda |𝐴𝑅| = 2√2 |𝐵𝐶| = 2𝑟. 3 Pre ktoré kladné prirodzené č ı́sla 𝑛 sa dá rovnostranný trojuholnı́k so stranou dlž ky 𝑛 rozrezať na zhodné kon‑ vexné dieliky tvorené z a) 2, b) 3 rovnostranný ch trojuholnı́kov so stranou dlž ky 1? (Pavel Calá bek, Jaroslav Svrč ek) Poznámka: Vo vš etký ch rieš eniach uvaž ujeme len rovnostranné trojuholnı́ky, aj ak rovnostrannosť explicitne nespome‑ nieme. Kvô li jednoduchosti vyjadrovania umiestnime delený trojuholnı́k tak, aby mal jednu stranu vodorovne a protiľahlý vrchol nad ň ou. Riešenie a) 1: Pozrime sa na ľavý roh na vodorovnej (spodnej) strane trojuholnı́ka. Keďž e v ľavom vrchole na vodorovnej strane je uhol veľkosti 60∘ , existuje jediný spô sob, ako mož no odrezať dielik, ktorý bude obsahovať tento vrchol. Po odrezanı́ opä ť vznikne vľavo na vodorovnej skrá tenej strane nový vrchol s uhlom 60∘. Ak tú to ú vahu zopakujeme (𝑛 − 1)‑krá t, tak ostane trojuholnı́k so stranou dlž ky 1, ktorý nie je zhodný s uvaž o‑ vaný m dielikom. Ziadne kladné prirodzené č ı́slo 𝑛 teda nevyhovuje. Riešenie a) 2: Predpokladajme, ž e má me trojuholnı́k rozrezaný na dieliky. Kaž dý dielik eš te rozrež eme na dva jednotkové rovnostranné trojuholnı́ky a budeme skú mať, ako také to rozrezanie veľké ho trojuholnı́ka na jednotkové mô ž e vyzerať. Vodorovná strana trojuholnı́ka s dlž kou 𝑛 je pokrytá 𝑛 jednotkový mi trojuholnı́kmi ktoré sú oriento‑ vané vrcholom nahor. Označ me ich A. Po ich odstrá nenı́ na spodnej strane ostane len 𝑛 − 1 bodov, ktoré musia  byť pokryté len 𝑛 − 1 jednotkový mi trojuholnı́kmi, ktoré sú orientované vrcholom nadol. Označ me ich B. Kaž dý trojuholnı́k typu A bol sú č asťou dielika, ktoré ho druhý trojuholnı́k typu B. Lenž e prvý ch je 𝑛 a druhý ch len 𝑛 − 1, č o je spor. Nevyhovuje teda ž iadne 𝑛. B B B B B A A A A A A A A A A A A Riešenie b): Obsah rovnostranné ho trojuholnı́ka so stranou dlž ky 1 označ me 𝑆. Potom jeden dielik má obsah 3𝑆. Trojuholnı́k so stranou dlž ky 𝑛 je podobný s jednotkový m trojuholnı́kom s koe icientom podobnosti 𝑛, má teda obsah 𝑛2 𝑆. Nech 𝑘 je (zrejme kladný ) poč et dielikov, potom platı́ 𝑛2 𝑆 = 𝑘 ⋅ 3𝑆, takž e 𝑛2 = 3𝑘, a teda 𝑛 je deliteľné 3. Tá to podmienka je aj postač ujú ca: Veľký trojuholnı́k rozdelı́me na trojuholnı́ky so stranou dlž ky 3 a kaž dý z nich rozrež eme na tri dieliky ako na obrá zku: Vyhovujú teda vš etky kladné prirodzené hodnoty 𝑛 deliteľné 3. Poznámka: V ž iadnom z tý chto rieš enı́ sme nepouž ili intuitı́vne zrejmé tvrdenie, ž e pri rozrezanı́ trojuholnı́ka so stranou dlž ky 𝑛 trojuholnı́kmi so stranou 1 musia byť rezy rovnobež né s jeho stranami. V opač nom prı́pade by sme museli toto tvrdenie doká zať. 4 a) Ná jdite prı́klad dvojciferné ho prirodzené ho č ı́sla 𝑛 také ho, ž e č ı́slo 1/𝑛 má vo svojom najkratš om desatinnom zá pise za desatinnou č iarkou prá ve dve cifry. b) Doká ž te, ž e pre kaž dé dve kladné prirodzené č ı́sla 𝑘 a 𝑙 existujú prá ve dve kladné racioná lne č ı́sla, ktoré majú vo svojom najkratš om desatinnom zá pise za desatinnou č iarkou prá ve 𝑘 ci ier a ich prevrá tené hodnoty prá ve 𝑙 ci ier. (Josef Tkadlec) Riešenie a): Vyhovuje naprı́klad č ı́slo 25, lebo 1/25 = 0,04. Riešenie b) 1: Budeme pre struč nosť hovoriť, ž e kladné racioná lne č ı́slo má dĺžku zápisu 𝑑, ak jeho najkratš ı́ mož ný desatinný zá pis má prá ve 𝑑 č ı́slic za desatinnou č iarkou. Kladné racioná lne č ı́slo 𝑥 s dlž kou zá pisu 𝑑 mô ž eme zapı́sať ako 𝑐/10𝑑 , kde 𝑐 je kladné celé č ı́slo nedeliteľné 10. Avš ak č ı́slo 𝑐 mô ž e byť deliteľné nejakou mocninou 2 alebo nejakou mocninou 5, ktorou mô ž eme zlomok krá tiť. Po prevode do zá kladné ho tvaru tak v menovateli dostaneme č ı́slo tvaru 2𝑑−𝑧 5𝑑 alebo 2𝑑 5𝑑−𝑧 , kde 𝑧 je nejaké kladné prirodzené č ı́slo. Kladné racioná lne č ı́slo 𝑥 má teda dlž ku zá pisu 𝑑 prá ve vtedy, keď v zá kladnom tvare má menovateľ rovný 2𝑎 5𝑏 pre nejaké kladné celé č ı́sla 𝑎 a 𝑏, z ktorý ch jedno je 𝑑 a druhé nanajvý š 𝑑. Uvaž ujme kladné racioná lne č ı́slo 𝑥 so zá kladný m tvarom 𝑝/𝑞, ktoré má dlž ku zá pisu 𝑘 a jeho prevrá tená hod‑ nota 1/𝑥 č iž e 𝑞/𝑝 má dlž ku zá pisu 𝑙. Podľa prechá dzajú ceho odseku sú 𝑝 aj 𝑞 tvaru 2𝑎 5𝑏. Keďž e zlomok 𝑝/𝑞 je v zá kladnom tvare, najviac jedno z č ı́sel 𝑝 a 𝑞 je pá rne a najviac jedno je deliteľné 5. Obe č ı́sla 𝑝 a 𝑞 sú pritom rô zne od 1, keďž e č ı́sla 𝑘 a 𝑙 sú kladné. Preto jedno z č ı́sel 𝑝 a 𝑞 musı́ obsahovať v prvoč ı́selnom rozklade len 2 a druhé len 5. Rozoberme prı́pady: Nech 𝑞 obsahuje v prvoč ı́selnom rozklade len 2. Keďž e 𝑞 neobsahuje v prvoč ı́selnom rozklade 5 a zá pis 𝑝/𝑞 má dlž ku 𝑘, musı́ podľa vyš šie uvedené ho po‑ zorovania platiť 𝑞 = 2𝑘. Keďž e 𝑝 neobsahuje v prvoč ı́selnom rozklade 2 a zá pis 𝑞/𝑝 má dlž ku 𝑙, musı́ platiť 𝑝 = 5𝑙. Cı́slo 5𝑙 /2𝑘 teda splň a vš etky pož adované podmienky a je jedný m z č ı́sel, ktorý ch existenciu sme mali  podľa zadania doká zať. Nech 𝑞 obsahuje v prvoč ı́selnom rozklade len 5. Analogický m postupom zistı́me, ž e jediný m vyhovujú cim č ı́slom je 2𝑙 /5𝑘. Riešenie b) 2: Nech 𝑥 a 𝑦 sú kladné prirodzené č ı́sla také , ž e existuje prirodzené č ı́slo 𝑎 a cifry 𝑏1 , …, 𝑏𝑘 , prič om 𝑏𝑘 ≠ 0, ž e 𝑥 = 𝑎,𝑏1 … 𝑏𝑘 , 𝑦 a existuje prirodzené č ı́slo 𝑐 a cifry 𝑑1 , …, 𝑑𝑙 , prič om 𝑑𝑙 ≠ 0, 𝑦 = 𝑐,𝑑1 … 𝑑𝑙. 𝑥 Platı́ teda 𝑥 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 = , 𝑦 10𝑘 𝑦 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙 = , 𝑥 10𝑙 t. j. 10𝑘 𝑥 = 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 ⋅ 𝑦, 10𝑙 𝑦 = 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙 ⋅ 𝑥, z č oho 10𝑘 𝑥 ⋅ 10𝑙 𝑦 = 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 ⋅ 𝑦 ⋅ 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙 ⋅ 𝑥, 10𝑘+𝑙 = 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 ⋅ 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙 , 2𝑘+𝑙 ⋅ 5𝑘+𝑙 = 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 ⋅ 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙. Keďž e 𝑏𝑘 ≠ 0 a 𝑑𝑙 ≠ 0, č ı́sla 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 a 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙 nie sú deliteľné 10, platı́ teda 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 , 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑘 ∈ 2𝑘+𝑙 , 5𝑘+𝑙 , 5𝑘+𝑙 , 2𝑘+𝑙. Rozoberme prı́pady: Nech 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 , 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙 = 2𝑘+𝑙 , 5𝑘+𝑙. Z toho 𝑥 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 2𝑘+𝑙 2𝑙 = = = , 𝑦 10𝑘 10𝑘 5𝑘 𝑥 takž e má vo svojom najkratš om desatinnom zá pise za desatinnou č iarkou prá ve 𝑘 ci ier. Potom 𝑦 𝑦 1 5𝑘 5𝑘+𝑙 = 𝑥 = 𝑙 = , 𝑥 2 10𝑙 𝑦 𝑦 takž e má vo svojom najkratš om desatinnom zá pise za desatinnou č iarkou prá ve 𝑙 ci ier. 𝑥 Nech 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 , 𝑐𝑑1 … 𝑑𝑙 = 5𝑘+𝑙 , 2𝑘+𝑙. Z toho 𝑥 𝑎𝑏1 … 𝑏𝑘 5𝑘+𝑙 5𝑙 = = = , 𝑦 10𝑘 10𝑘 2𝑘 𝑥 takž e má vo svojom najkratš om desatinnom zá pise za desatinnou č iarkou prá ve 𝑘 ci ier. Potom 𝑦 𝑦 1 2𝑘 2𝑘+𝑙 = 𝑥 = 𝑙 = , 𝑥 5 10𝑙 𝑦 𝑦 takž e má vo svojom najkratš om desatinnom zá pise za desatinnou č iarkou prá ve 𝑙 ci ier. 𝑥  2𝑙 5𝑙 Hľadané racioná lne č ı́sla sú teda a. 5𝑘 2𝑘 Poznámka: Hoci to zadanie nevyž aduje, uká ž eme spô sob, ako ná jsť vš etky č ı́sla 𝑛 vyhovujú ce č asti a). Na zá klade ú vodné ho pozorovania č ı́slo 𝑛 musı́ byť tvaru 2𝑎 5𝑏 , kde jedno z 𝑎 a 𝑏 je 2 a druhé je nanajvý š 2. Do ú vahy teda prichá dzajú tieto č ı́sla: 22 č iž e 4, č o nie je dvojciferné. 22 ⋅ 5 č iž e 20, prič om 1/20 = 0,05. 22 ⋅ 52 č iž e 100, č o nie je dvojciferné. 52 č iž e 25, prič om 1/25 = 0,04. 2 ⋅ 52 č iž e 50, prič om 1/50 = 0,02. Vyhovujú teda prá ve č ı́sla z množ iny {20, 25, 50}. 5 Označ me 𝑘 kruž nicu opı́sanú ostrouhlé mu trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶. Nech jej obraz v sú mernosti podľa priamky 𝐵𝐶 pretı́na polpriamky opač né k polpriamkam 𝐵𝐴 a 𝐶𝐴 v bodoch 𝐷, resp. 𝐸 rô znych od 𝐵, resp. 𝐶. Nech sa ú seč ky 𝐶𝐷 a 𝐵𝐸 sa pretı́najú na kruž nici 𝑘. Urč te vš etky mož né veľkosti uhla 𝐵𝐴𝐶. (Patrik Bak) Riešenie 1: Obraz kruž nice 𝑘 v osovej sú mernosti podľa priamky 𝐵𝐶 označ ı́me 𝑙. Oblú k kruž nice 𝑘 s krajný mi bodmi 𝐵 a 𝐶 obsahujú ci bod 𝐴 sa v tejto osovej sú mernosti zobrazı́ na oblú k kruž nice 𝑙 s krajný mi bodmi 𝐵 a 𝐶 obsahujú ci body 𝐷 a 𝐸, pretož e body 𝐷 a 𝐸 podľa zadania lež ia v polrovine opač nej k 𝐵𝐶𝐴. Keďž e ide o zhodné oblú ky, im prislú chajú zhodné obvodové uhly 𝐵𝐴𝐶, 𝐶𝐷𝐵, 𝐶𝐸𝐵. Trojuholnı́ky 𝐶𝐴𝐷 a 𝐵𝐴𝐸 teda majú dve dvojice zhodný ch uhlov, preto aj uhly 𝐴𝐶𝐷 a 𝐸𝐵𝐴 sú zhodné. Ak predpokladá me, ž e sa ú seč ky 𝐶𝐷 a 𝐵𝐸 pretı́najú na kruž nici 𝑘, tak sú č et veľkostı́ zhodný ch uhlov 𝐴𝐶𝐷 a 𝐸𝐵𝐴 je 180∘ , teda |∢𝐴𝐶𝐷| = |∢𝐸𝐵𝐴| = 90∘. Z rovnoramenné ho pravouhlé ho trojuholnı́ka 𝐶𝐴𝐷 (resp. 𝐵𝐴𝐸) tak dostá vame, ž e |∢𝐵𝐴𝐶| = 45∘ , č o je jediná mož ná veľkosť uhla 𝐵𝐴𝐶. Naopak, ak |∢𝐵𝐴𝐶| = 45∘ , tak rovnoramenné trojuholnı́ky 𝐶𝐴𝐷 a 𝐵𝐴𝐸 sú pravouhlé s pravý mi uhlami 𝐴𝐶𝐷 a 𝐴𝐵𝐸. Preto prieseč nı́k 𝐹 priamok 𝐶𝐷 a 𝐵𝐸 vytvorı́ spolu s bodmi 𝐵, 𝐴, 𝐶 tetivový š tvoruholnı́k, č iž e 𝐹 lež ı́ na kruž nici 𝑘. 𝐴 𝑘 𝐵 𝐶 𝐹 𝐸 𝐷 𝑙 Riešenie 2: Označ me 𝐹 prieseč nı́k ú seč iek 𝐶𝐷 a 𝐵𝐸 a 𝛼 hľadanú veľkosť uhla 𝐵𝐴𝐶. Rovnaký m argumentom (o obvodový ch uhloch) ako v predoš lom rieš enı́ dostaneme, ž e |∢𝐶𝐷𝐵| = |∢𝐶𝐸𝐵| = 𝛼. Trojuholnı́ky 𝐶𝐴𝐷 a 𝐵𝐸𝐴 sú preto rovnoramenné a |∢𝐴𝐶𝐷| = |∢𝐴𝐵𝐸| = 180∘ − 2𝛼. Uhol 𝐷𝐵𝐹 je susedný k uhlu 𝐸𝐵𝐴, a preto má veľkosť 180∘ − (180∘ − 2𝛼) č iž e 2𝛼. Uhol 𝐶𝐹𝐵 je vonkajš ı́m uhlom k uhlu pri vrchole 𝐹 v trojuholnı́ku 𝐵𝐹𝐷, preto |∢𝐶𝐹𝐵| = |∢𝐵𝐷𝐹| + |∢𝐷𝐵𝐹| = 𝛼 + 2𝛼 = 3𝛼. Bod 𝐹 lež ı́ na kruž nici opı́sanej trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶 prá ve vtedy, keď |∢𝐵𝐴𝐶| + |∢𝐶𝐹𝐵| = 𝛼 + 3𝛼 = 180∘ , č iž e prá ve vtedy, keď 𝛼 = 45∘. Tý m sme urč ili jedinú mož nú veľkosť uhla 𝐵𝐴𝐶.  Riešenie 3: Zadanie si mô ž eme preformulovať aj takto: V trojuholnı́ku 𝐴𝐵𝐶 najprv zvolı́me bod 𝑋 z kratš ieho oblú ka kruž ‑ nice 𝑘 s krajný mi bodmi 𝐵 a 𝐶 (ktorý neobsahuje bod 𝐴). Potom označ ı́me 𝐷′ prieseč nı́k priamok 𝐶𝑋 a 𝐴𝐵 a 𝐸 ′ prieseč nı́k priamok 𝐵𝑋 a 𝐴𝐶. Useč ky 𝐶𝐷 a 𝐵𝐸 sa pretnú na kruž nici 𝑘 (v bode 𝑋) prá ve vtedy, keď sú totož né body 𝐷′ a 𝐷 a zá roveň body 𝐸 ′ a 𝐸. Platı́ |∢𝐴𝐷 ′ 𝐶| = |∢𝐴𝐵𝐶| − |∢𝐵𝐶𝑋| a |∢𝐴𝐸 ′ 𝐵| = |∢𝐴𝐶𝐵| − |∢𝐶𝐵𝑋|. Preto |∢𝐴𝐷 ′ 𝐶| + |∢𝐴𝐸 ′ 𝐵| = |∢𝐴𝐵𝐶| + |∢𝐴𝐶𝐵| − (|∢𝐵𝐶𝑋| + |∢𝐶𝐵𝑋|) = 180∘ − |∢𝐵𝐴𝐶| − (180∘ − |∢𝐵𝑋𝐶|) = 180∘ − 2 |∢𝐵𝐴𝐶|. V zadanej situá cii vš ak platı́ 𝐷′ = 𝐷 a 𝐸 ′ = 𝐸 a zá roveň uhly 𝐴𝐷𝐶, 𝐴𝐸𝐵, 𝐵𝐴𝐶 majú rovnakú veľkosť, pretož e pri‑ slú chajú rovnako dlhej tetive v zhodný ch kruž niciach. Z toho dostá vame, ž e 2 |∢𝐵𝐴𝐶| = 180∘ −2 |∢𝐵𝐴𝐶|, z č oho má me |∢𝐵𝐴𝐶| = 45∘. Kvô li ú plnosti eš te dodá me, ž e ú seč ky 𝐶𝐷 a 𝐵𝐸 lež ia podľa zadania v polrovine opač nej k 𝐵𝐶𝐴, preto aj ich prieseč nı́k sa bude nachá dzať na oblú ku kruž nice 𝑘 s krajný mi bodmi 𝐵 a 𝐶 neobsahujú com bod 𝐴. Naopak, ak |∢𝐵𝐴𝐶| = 45∘ , tak za bod 𝑋 zvolı́me prieseč nı́k ú seč ky 𝐶𝐷 s kruž nicou. Vtedy 𝐷′ = 𝐷, |∢𝐴𝐷 ′ 𝐶| = |∢𝐴𝐷𝐶| = 45∘ a |∢𝐴𝐸 ′ 𝐵| = 180∘ − 2 |∢𝐵𝐴𝐶| − |∢𝐴𝐷 ′ 𝐶| = 45∘. Preto bod 𝐸 ′ lež ı́ s bodmi 𝐵, 𝐶, 𝐷 na kruž nici, č o znamená , ž e 𝐸 ′ = 𝐸. Useč ky 𝐶𝐷 a 𝐵𝐸 sa tak pretı́najú na kruž nici 𝑘. 6 Nech 𝑥, 𝑦, 𝑧 sú kladné reá lne č ı́sla také , ž e 𝑥𝑦 ≥ 2, 𝑧𝑥 ≥ 3, 𝑦𝑧 ≥ 6. Akú najmenš iu hodnotu mô ž e nadobú dať vý raz 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 ? (Patrik Bak) Riešenie 1: Platı́ 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 = 4𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 + 9𝑥 2 + 9𝑦 2 + 4𝑧 2 = 4𝑥 2 − 4𝑥𝑦 + 𝑦 2 + 𝑧 2 − 6𝑧𝑥 + 9𝑥 2 + 9𝑦 2 − 12𝑦𝑧 + 4𝑧 2 + 4𝑥𝑦 + 6𝑧𝑦 + 12𝑦𝑧 = (2𝑥 − 𝑦)2 + (3𝑥 − 𝑧)2 + (3𝑦 − 2𝑧)2 + 4𝑥𝑦 + 6𝑥𝑧 + 12𝑦𝑧 ≥ 4𝑥𝑦 + 6𝑥𝑧 + 12𝑦𝑧 ≥ 4 ⋅ 2 + 6 ⋅ 3 + 12 ⋅ 6 = 8 + 18 + 72 = 98, prič om rovnosť nastá va v prı́pade 𝑥 = 1, 𝑦 = 2, 𝑧 = 3. Najmenš ia hodnota skú mané ho vý razu je teda 98. Poznámka: Hoci uvedené rieš enie je struč né , nie je priamoč iare naň prı́sť. Preto ilustrujeme myš lienky, ktoré k nemu mô ž u viesť. Prvou ideou je zı́skať dolný odhad vhodný m doplnenı́m na tri š tvorce dvojč lenov. Z kaž dé ho š tvorca dostaneme dva z ná sobkov č lenov 𝑥 2 , 𝑦 2 , 𝑧 2 a jeden z ná sobkov č lenov 𝑥𝑦, 𝑥𝑧, 𝑦𝑧. Prı́sluš né ná sobky č lenov 𝑥𝑦, 𝑥𝑧, 𝑦𝑧 potom ostanú mimo š tvorcov a tie odhadneme podľa zadania. Kľú č ový m krokom je sprá vne nalož iť s konš tantami, ktoré sú pri 𝑥 2 , 𝑦 2 , 𝑧 2. Tu pomô ž e pozorovanie, ž e vš etky tieto tri konš tanty vieme vyjadriť ako sú č et š tvorcov: 13 = 22 +32 , 10 = 12 +32 a 5 = 12 +22. To ná m napovedá , ž e vhodný rozklad na tri š tvorce by sme mohli zı́skať vytvorenı́m vhodný ch dvojı́c z tý chto š iestich č lenov. Mô ž eme vyskú š anı́m niektorý ch z nich, napr. z rozkladu 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 = (2𝑥 − 3𝑦)2 + (3𝑥 − 𝑧)2 + (𝑦 − 2𝑧)2 + 12𝑥𝑦 + 6𝑥𝑧 + 4𝑦𝑧 ≥ 66 zı́skame slabý odhad, ktorý nemož no dosiahnuť. Skú š anie si vieme uľahč iť uhá dnutı́m (napr. na zá klade vyskú š ania niekoľký ch trojı́c), ž e najmenš ia hodnota vý razu sa nadobudne v prı́pade (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1, 2, 3). Stvorce potom zvolı́me tak, aby pre tú to trojicu nadobú dali 0. Riešenie 2: Rieš enie založ ı́me na intuitı́vnom pozorovanı́, ž e najmenš iu hodnotu má zadaný vý raz vtedy, keď sú hodnoty 𝑥, 𝑦, 𝑧 č o najmenš ie, prič om ich zmenš ovanie je limitované istý mi nerovnosťami. Pri rieš enı́ použ ijeme niekoľkokrá t toto tvrdenie: Nech 𝑘 a 𝑚 sú kladné reá lne č ı́sla a 𝑓 je funkcia taká , ž e 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑥 2 + 𝑚/𝑥 2 pre kaž dé kladné reá lne č ı́slo 𝑥. Nech 𝑀 = 4 𝑚/𝑘. Potom funkcia 𝑓 nadobú da v 𝑀 minimum, na intervale (0, 𝑀] je klesajú ca a na intervale [𝑀, ∞) je rastú ca. 2 Jeho dô kaz vyplý va z ú pravy 𝑓(𝑥) = √𝑘 ⋅ 𝑥 − √𝑚/𝑥 +2√𝑘𝑚. Vý raz v zá tvorke je rastú ci a nadobú da hodnotu 0 prá ve v 𝑀. Preto je vý raz v zá tvorke pre 𝑥 z (0, 𝑀] zá porný, takž e jeho absolú tna hodnota, a teda aj druhá mocnina, klesá. Pre 𝑥 z [𝑀, ∞) je zas kladný. Preto 𝑓 na intervale (0, 𝑀] klesá a na intervale [𝑀, ∞) rastie. Uvaž ujme ľubovoľnú trojicu (𝑥, 𝑦, 𝑧) splň ajú cu nerovnosti zo zadania. Ak v najviac jednej nerovnosti nastá va rovnosť, tak existuje premenná , ktorá sa nachá dza v dvoch ostrý ch nerovnostiach. Nech je to premenná 𝑥. Platı́ teda 𝑥𝑦 > 2 a 𝑥𝑧 > 3. Obe z hodnô t 2/𝑦 a 3/𝑧 sú menš ie ako 𝑥. Zmenš ı́me teda č ı́slo 𝑥 na č ı́slo 𝑥 ′ rovné maximu tý chto dvoch hodnô t. Potom platı́ 𝑥 ′ 𝑦 ≥ 2 a 𝑥 ′ 𝑧 ≥ 3, prič om v aspoň jednom prı́pade nastá va rovnosť. Stá le platı́ 𝑦𝑧 ≥ 6, avš ak 13𝑥 ′2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 < 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2. Ak je to premenná 𝑦 alebo 𝑧, postupujeme analogicky. Kaž dú trojicu (𝑥, 𝑦, 𝑧) tak vieme touto ú vahou, prı́p. eš te jej zopakovanı́m, nahradiť trojicou, pri ktorej v aspoň dvoch nerovnostiach nastá va rovnosť, prič om nestú p‑ ne hodnota skú mané ho vý razu. Preto sa stač ı́ obmedziť na trojice, kde aspoň v dvoch zo zadaný ch nerovnostı́ nastá va rovnosť. Rozoberme prı́pady: Nech 𝑥𝑦 = 2 a 𝑥𝑧 = 3. Platı́ teda 𝑦 = 2/𝑥 a 𝑧 = 3/𝑥, takž e 40 45 85 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 = 13𝑥 2 + 2 + 2 = 13𝑥 2 + 2. 𝑥 𝑥 𝑥 Ostá va ná m teda minimalizovať vý raz s jednou premennou 𝑥, prič om 2 3 6 6 ≤ 𝑦𝑧 = ⋅ = 2, 𝑥 𝑥 𝑥 85 t. j. 𝑥 ≤ 1. Vý raz 13𝑥 2 + teda minimalizujeme na intervale (0, 1]. Nech 𝑓 je funkcia de inovaná 𝑓(𝑥) = 𝑥2 85 13𝑥 2 +. Podľa vyš šie uvedené ho tvrdenia funkcia 𝑓 nadobú da minimum v 4 85/13, č o je viac ako 1, a na 𝑥2 intervale (0, 4 85/13] je klesajú ca. Preto minimum na intervale (0, 1] nadobudne 𝑓 v hranič nej hodnote 1. 85 Vtedy 𝑦 = 2 a 𝑧 = 3 a 𝑓(1) = 13 ⋅ 12 + 2 = 98. 1 Nech 𝑥𝑦 = 2 a 𝑦𝑧 = 6. Platı́ teda 𝑥 = 2/𝑦 a 𝑧 = 6/𝑦, takž e 52 180 232 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 = + 10𝑦 2 + 2 = 10𝑦 2 + 2. 𝑦2 𝑦 𝑦 Ostá va ná m teda minimalizovať vý raz s jednou premennou 𝑦, prič om 2 6 12 3 ≤ 𝑥𝑧 = ⋅ = 2, 𝑦 𝑦 𝑦 232 t. j. 𝑦 ≤ 2. Vý raz 10𝑦 2 + teda minimalizujeme na intervale (0, 2]. Nech 𝑔 je funkcia de inovaná 𝑔(𝑦) = 𝑥2 2 232 10𝑦 + 2. Podľa vyš šie uvedené ho tvrdenia funkcia 𝑔 nadobú da minimum v 4 232/10, č o je viac ako 2, a na 𝑦 4 intervale (0, 232/10] je klesajú ca. Preto minimum na intervale (0, 2] nadobudne 𝑔 v hranič nej hodnote 2. 232 Vtedy 𝑥 = 1 a 𝑧 = 3 a 𝑔(2) = 10 ⋅ 22 + 2 = 98. 2 Nech 𝑥𝑧 = 3 a 𝑦𝑧 = 6. Platı́ teda 𝑥 = 3/𝑧 a 𝑦 = 6/𝑧, takž e 117 360 477 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 = + 2 + 5𝑧 2 = 5𝑧 2 + 2. 𝑧2 𝑧 𝑧 Ostá va ná m teda minimalizovať vý raz s jednou premennou 𝑧, prič om 3 6 18 2 ≤ 𝑥𝑦 = ⋅ = 2, 𝑧 𝑧 𝑧 232 t. j. 𝑧 ≤ 2. Vý raz 5𝑧 2 + teda minimalizujeme na intervale (0, 2]. Nech ℎ je funkcia de inovaná ℎ(𝑧) = 𝑧2 2 477 5𝑧 +. Podľa vyš šie uvedené ho tvrdenia funkcia ℎ nadobú da minimum v 4 477/5, č o je viac ako 3, a na 𝑦2 intervale (0, 4 477/5] je klesajú ca. Preto minimum na intervale (0, 3] nadobudne ℎ v hranič nej hodnote 3. 477 Vtedy 𝑥 = 1 a 𝑦 = 2 a ℎ(3) = 5 ⋅ 32 + 2 = 98. 3 Vo vš etký ch troch prı́padoch sme dostali, ž e hodnota skú mané ho vý razu je aspoň 98. Navyš e sme uká zali, ž e tá to hodnota je dosiahnutá v prı́pade (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (1, 2, 3).  Poznámka: Rozbor jednotlivý ch prı́padov vieme skrá tiť, ak uhá dneme minimum (trebá rs na zá klade ná č rtu grafu funkcie). Napr. v prvom prı́pade stač ı́ doká zať, ž e 13𝑥 2 + 85/𝑥 2 ≥ 98. To vieme ekvivalentne upraviť na nerovnosť (1 − 𝑥 2 )(85 − 13𝑥 2 ) ≥ 0, ktorá pre 𝑥 z (0, 1] zjavne platı́. Poznámka: Touto metó dou sa dajú rieš iť aj variá cie tejto ú lohy, napr. ak by sme miesto vý razu v zadanı́ mali hľadať naj‑ menš iu mož nú hodnotu vý razu 84𝑥 2 + 3𝑦 2 + 𝑧 2. V posledný ch dvoch prı́padoch ná m taktiež vyjde najmenš ia mož ná hodnota 105 pre trojicu (1, 2, 3). Avš ak v prvom prı́pade dospejeme k funkcii 84𝑥 2 +21/𝑥 2 , ktorá dosahu‑ je najmenš iu mož nú hodnotu 84 v prı́pade 𝑥 = 4 21/84 = 1/√2 (ná sledne 𝑦 = 2√2 a 𝑧 = 3√2, č iž e 𝑦𝑧 = 12 > 6). Vidı́me, ž e vo vš eobecnosti nemá me zaruč ené , ž e najmenš iu hodnotu vý razu dosiahneme vtedy, keď vo vš etký ch troch nerovnostiach zo zadania nastanú rovnosti. Preto rieš enie sú ťaž nej ú lohy založ ené na ú vahe, ž e na dosiahnutie najmenš ej hodnoty vý razu musia nastať vš etky tri z rovnostı́ 𝑥𝑦 = 2, 𝑥𝑧 = 3, 𝑦𝑧 = 6, nie je sprá vne, hoci pre zadaný vý raz 13𝑥 2 + 10𝑦 2 + 5𝑧 2 vedie k sprá vnemu vý sledku. Slovenská komisia Matematickej olympiá dy Vydal: NIVaM – Ná rodný inš titú t vzdelá vania a mlá dež e, Bratislava, 2024