Úlohy domácí části I. kola kategorie A

Transkript

1 6. ročník Matematické olympiády Úlohy domácí části I. kola kategorie. Označme n součet všech desetimístných čísel, která mají ve svém dekadickém zápise každou z číslic 0,,..., 9. Zjistěte zbytek po dělení čísla n sedmdesáti sedmi. Řešení. Nejdříve zjistíme hodnotu čísla n, potom už jeho zbytek po dělení číslem 77 určíme snadno. V zadání popsaná desetimístná čísla nebudeme sčítat přímo. Hledaný součet snáze najdeme tak, že zjistíme, kolikrát se která číslice nalézá ve všech sčítancích na místě jednotek, desítek, stovek atd. Následně určíme, jaký je příspěvek každé číslice do celkového součtu n. Jestliže je číslice na místě jednotek, potom na zbylých devět míst můžeme zbylých devět číslic rozmístit libovolně, jen na první místo nesmíme dát číslici 0. Na první místo tedy můžeme dát některou z osmi různých číslic (každou kromě 0), následně na druhé místo některou z osmi různých číslic (každou kromě té, již jsme dali na první místo), na třetí místo některou ze sedmi různých číslic (každou kromě číslic na prvních dvou místech) atd. Číslice se proto na místě jednotek nalézá = 8 8! krát. Stejnou úvahou zjistíme, že číslice se nalézá 8 8! krát i na místě desítek, stovek, tisíců atd. Jen na první pozici se nalézá až 9! krát, protože tehdy na zbylých devět míst můžeme zbylých devět číslic rozmístit libovolně nemáme omezení pro číslici 0. Příspěvek číslice do celkového součtu je tedy 8 8! + 8 8! ! ! ! 0 9 = = 8 8! + 9 8! 0 9 = 8! Číslice se zřejmě nalézá ve všech sčítancích na jednotlivých místech stejněkrát jako číslice, takže její příspěvek do celkového součtu je dvojnásobný. Příspěvek číslice 3 je trojnásobný, příspěvek číslice 4 čtyřnásobný atd. Počet výskytů číslice 0 na jednotlivých místech je sice jiný než u ostatních číslic, ale zjišťovat ho nemusíme, protože příspěvek číslice 0 do součtu je nulový. Dohromady tak máme n = 8! ( ) = 45 8! () Hledaný zbytek bychom mohli už nyní určit vyčíslením hodnoty n a vydělením číslem 77. My se však vyhneme zdlouhavému násobení a dělení velkých čísel. Z vyjádření () vidíme, že n je dělitelné sedmi (protože činitel 8! je násobek sedmi). Protože 77 = 7, musí být násobkem sedmi i zbytek čísla n při dělení sedmdesáti sedmi. Ještě určíme zbytek čísla n po dělení jedenácti. riviálně platí 45 (mod ) a snadno vypočítáme, že 8! = (mod ). Určení zbytku čísla můžeme urychlit známým tvrzením: Číslo s dekadickým zápisem a k a k... a a 0 dává při dělení jedenácti stejný zbytek jako číslo a 0 a + a... + ( ) k a k. Dostáváme tak = 0 (mod ). Ke stejnému výsledku bychom dospěli i jinou úvahou: Jestliže bychom číslici 0 připustili i na první pozici, všech čísel by bylo 9!. Nevyhovujících čísel s nulou na počátku je 8!. Vyhovujících čísel je tedy 9! 8! = 9 8! 8! = 8 8!.

2 elkově tedy vychází n = 45 8! = 50 6 (mod ) (využili jsme to, že součin činitelů dává stejný zbytek jako součin jejich zbytků). Zbytkem při dělení čísla n sedmdesáti sedmi je tedy číslo z množiny {6, 7, 8, 39, 50, 6, 7}, které je dělitelné sedmi, tedy číslo 8. Jiné řešení. Připusťme, že na prvním místě zápisu čísel může být i nula. Potom mezi všemi čísly, která mají ve svém desítkovém zápise každou z číslic 0,,..., 9, se každá číslice vyskytuje na každém z deseti míst 9! krát. Proto je součet všech takových čísel s = 9!( )( ) = 9! = 9! 5 (0 0 ). Musíme však odečíst součet těch (navíc započítaných) desetimístných čísel, která začínají nulou. o jsou vlastně všechna devítimístná čísla, jež mají ve svém desítkovém zápise každou z číslic,,..., 9. nalogicky jako předtím odvodíme, že jejich součet je s = 8!( )( ) = 8! = 8! 5 (0 9 ). Zřejmě 7 s a 7 s, takže i 7 s s = n. Navíc díky známému rozkladu víme, že čísla 0 k+ + = (0 + )(0 k 0 k ) jsou dělitelná jedenácti, proto s = 9! 5(0 5 )(0 5 + ) 9! 5(0 5 ) 0 0 (mod ), s = 8! 5 (0 9 ) = (8 7) (6 5 4) (3 5) (0 9 + ) ( ) 30 ( ) 5 (mod ), tedy n = s s = 5 6 (mod ). Závěr je stejný jako v prvním řešení. Návodné a doplňující úlohy: N. Určete počet všech desetimístných čísel, která mají ve svém desítkovém zápise každou z číslic 0,,..., 9. [0! 9!] N. Učitel si myslí číslo. Žákům prozradil, že jeho číslo končí číslicí 6 a dává při dělení třinácti zbytek 9. Určete, jaký zbytek dává učitelovo číslo při dělení číslem 65. [Učitelovo číslo n splňuje n (mod 5), n 9 (mod 3). Protože 65 = 5 3, musí být hledaný zbytek z množiny {9, 9 + 3, 9 + 6, , 9 + 5}. Z těchto čísel jedině = 6 dává správný zbytek při dělení pěti.] N3. Dokažte, že číslo s dekadickým zápisem a k a k... a a 0 dává při dělení jedenácti stejný zbytek jako číslo a 0 a + a... + ( ) k a k. [vrzení plyne z toho, že 0 (mod ), tudíž 0 k ( ) k (mod ).] D. Dokažte, že jestliže čísla a, b dávají při dělení číslem d postupně zbytky u, v, jsou zbytky čísel ab, uv při dělení číslem d stejné. D. Dokažte, že zbytky čísel, 0, 0, 0 3,... při dělení libovolným lichým prvočíslem různým od 5 tvoří periodickou posloupnost.. Na setkání bylo několik lidí. Každí dva, kteří se neznali, měli mezi ostatními přítomnými právě dva společné známé. Účastníci a se znali, ale neměli ani jednoho společného známého. Dokažte, že i měli mezi přítomnými stejný počet známých. Ukažte rovněž, že na setkání mohlo být právě šest osob.

3 Řešení. Účastníky setkání budeme znázorňovat plnými kroužky a to, že se dva lidé znají, budeme znázorňovat spojením příslušných kroužků čarou. Množinu známých účastníka různých od označme M a množinu známých účastníka různých od označme M (obr. ). Podle zadání jsou množiny M, M disjunktní. M M Obr. ni jeden člověk z M se nezná s, neboť a nemají společného známého. Protože každý z M má s právě dva společné známé, přičemž jedním z nich je, nalézá se druhý mezi zbylými známými účastníka, tedy v množině M. Přitom žádní dva lidé X, Y z M nemohou znát téhož člověka Z v M. V opačném případě by se totiž Z neznal s (neboť, nemají společné známé) a zároveň by X, Y, tvořili trojici jejich společných známých (obr. a), což je v rozporu se zadáním. M X Y Z M M X Y M Obr. a Obr. b Shrňme ještě jednou poznatky odvozené v předchozím odstavci: Každý člověk z M zná někoho z M a žádní dva lidé z M neznají téhož člověka v M (obr. b). Odtud plyne, že v množině M je aspoň tolik lidí jako v množině M. Stejnou úvahou ovšem dokážeme (výměnou rolí a ), že v množině M je aspoň tolik lidí jako v množině M. Přátelé a mají tedy mezi přítomnými stejný počet známých. V druhé části řešení už jen vymyslíme a znázorníme nějaké vyhovující rozložení známostí mezi šesticí osob, z nichž dvě jsou a, znají se a nemají společné známé. Z první části už víme, že tyto osoby musejí mít stejný počet známých. Stačí tedy například každého z dvojice známých, spojit s dvěma dalšími osobami a mezi takovouto čtveřicí osob dokreslit čáry tak, aby bylo splněno zadání. Objevíme tak vyhovující graf na obr. 3a (jeho ekvivalentní zobrazení je na obr. 3b). Obr. 3a Obr. 3b akovému znázornění se říká graf ; účastníci jsou vrcholy a známosti jsou hrany grafu. 3

4 Jiné řešení. Nechť M, M jsou tytéž množiny jako v prvním řešení. udeme používat pojmy z teorie grafů. Nechť M obsahuje m vrcholů a M obsahuje n vrcholů. Protože každý vrchol z M má s společného známého a zároveň není známým vrcholu, musí mít s právě jednoho známého v M (aby byla splněna podmínka ze zadání, že mají právě dva společné známé). Proto z každého vrcholu v M vychází právě jedna hrana do M. Dohromady tudíž vychází z M do M právě m hran. nalogicky z M vychází do M právě n hran. Jsou to však tytéž hrany, takže nutně m = n. Návodné a doplňující úlohy: N. Na setkání bylo několik lidí. Každí dva, kteří se neznali, měli mezi ostatními přítomnými právě jednoho společného známého. Nikdo se neznal se všemi. Účastníci a se znali, ale neměli ani jednoho společného známého. Dokažte, že na setkání byla osoba, která neznala ani. [Kdyby neměl kromě žádného známého, musel by každý znát, což nevyhovuje zadání. Proto má kromě aspoň jednoho známého X. Podobně má kromě známého Y. Přitom X a Y se nemohou znát, proto musejí mít společného známého Z, kterého nezná ani.] D. Dokažte, že rozložení na obr. 3a je jediné vyhovující rozložení se šesti osobami. D. Na setkání bylo několik lidí. Každí dva, kteří se neznali, měli mezi ostatními přítomnými právě tři společné známé. Účastníci a se znali, ale neměli ani jednoho společného známého. Dokažte, že i měli mezi přítomnými stejný počet známých. [Označme M množinu známých účastníka různých od a M množinu známých účastníka různých od, m = M, n = M. Zřejmě z každého vrcholu M vycházejí právě dvě hrany do M a obráceně, z každého vrcholu M vycházejí právě dvě hrany do M, takže m = n neboli m = n.] D3. Ve skupině n žáků se někteří kamarádí. Víme, že každý má mezi ostatními aspoň čtyři kamarády. Učitelka chce žáky rozdělit na dvě nejvýše čtyřčlenné skupiny tak, aby každý měl ve své skupině aspoň jednoho kamaráda. a) Ukažte, že v případě n = 7 lze žáky požadovaným způsobem vždy rozdělit. b) Zjistěte, zda lze žáky vždy takto rozdělit i v případě n = 8. [60 I 4] 3. Označme S střed kružnice vepsané, těžiště a V průsečík výšek daného rovnoramenného trojúhelníku, který není rovnostranný. a) Dokažte, že bod S je vnitřním bodem úsečky V. b) Určete poměr délek stran daného trojúhelníku, je-li bod S středem úsečky V. Řešení. Označme vrcholy daného trojúhelníku písmeny,, tak, aby byla jeho základna. Velikosti stran a úhlů trojúhelníku budeme označovat standardním způsobem, tj. = a, = = b, β = γ = 90 α. Nechť H je střed základny. a) Veďme vrcholem výšku, osu úhlu a těžnici trojúhelníku a jejich průsečíky s přímkou označme postupně P, D a M. Všechny tři leží na polopřímce (body D, M dokonce na úsečce ). Zřejmě stačí dokázat, že bod D je vnitřním bodem úsečky MP. Rozebereme dva případy. Jestliže b > a (obr. 4a), je zřejmě β > 60. Odtud máme b M P = 90 β < = 30 < β = D, D S P takže P < D. Osa úhlu dělí stranu trojúhelníku v poměru přilehlých stran, proto D / D = a/b <, odkud V β D < = M. Dohromady tedy P < D < a H < M, tedy bod D leží uvnitř úsečky MP. Obr. 4a Jestliže a > b (obr. 4b), je β < 60 a analogicky dostáváme P = 90 β > = 30 > β = D, D / D = a/b >, 4

5 V b P a S H Obr. 4b D M β b a S V H v Obr. 5 takže P > D > = M, tedy i v tomto případě leží bod D uvnitř úsečky MP. b) Nejdříve vyjádříme délky úseček H, SH, V H pomocí délek stran trojúhelníku a pomocí délky v výšky H (obr. 5), kterou ovšem dokážeme rovněž vyjádřit pomocí délek a, b, neboť z Pythagorovy věty v trojúhelníku H máme v = b 4 a. ěžiště dělí těžnici H v poměru :, takže H = 3 v. Úsečka SH je poloměrem ϱ vepsané kružnice a její délku vypočítáme ze známého vzorce S = ϱ s pro obsah trojúhelníku, kde s označuje polovinu jeho obvodu: SH = ϱ = S s = av av = (a + b) a + b. rojúhelníky V H a H jsou podobné, protože jsou oba pravoúhlé a V H = = 90 β = α = H. Pro příslušné délky stran proto máme V H : H = = H : H, odkud V H = H H = a 4v. Protože body S,, V leží na polopřímce H, je rovnost S = SV ekvivalentní rovnosti H + V H = SH, takže dosazením za jednotlivé délky a využitím vztahu pro výšku v postupně (ekvivalentními úpravami) dostáváme 3 v + a 4v = av a + b, 4v (a + b) + 3a (a + b) = 4av, 3a (a + b) = 4v (5a b), 3a (a + b) = 4(b 4 a )(5a b), 3a (a + b) = (b + a)(b a)(5a b), a 3ab + b = 0, (a b)(a b) = 0. 3a = ab 5a 4b, 5 ϱ β

6 Protože podle zadání je a b, je bod S středem úsečky V, právě když a = b, tedy právě když je poměr délek stran vyšetřovaného trojúhelníku roven : :. Jiné řešení. a) Protože S,, V jsou vnitřní body polopřímky H (body S, jsou dokonce vnitřní body úsečky H), stačí ukázat, že rozdíly HS H a HV HS jsou nenulové a mají oba stejné znaménko. ez újmy na obecnosti nechť a =, tj. H = H =. Z pravoúhlých trojúhelníků SH, H a V H dostáváme HS = tg β, H H = 3 = tg β 3 a HV = tg(90 β) = tg β. Díky vztahu tg x = tg x tg x při označení t = tg β máme HS H = t t 3( t ) = t( 3t ) 3( t ), HV HS = t t t = 3t. t Protože β je ostrý úhel různý od 60, platí β (0, 45 ) a β 30, odkud pro hodnotu t = tg β vyplývají vztahy 0 < t < a 3t, takže oba zkoumané rozdíly jsou buď kladné (jestliže β < 60 ), anebo záporné (jestliže β > 60 ). b) Podíl rozdílů z části a) má vyjádření HS H HV HS = t( 3t ) 3( t ) t 3t = t 3( t ). od S je středem úsečky V, právě když je uvedený podíl roven. Proto v oboru (0, ) řešíme rovnici t 3( t ) =, která tam zřejmě má jediný kořen t = 3 t, odkud tg β = 5 t = 5. V trojúhelníku H tedy kromě H = platí H = tg β = 5, takže podle Pythagorovy věty máme = + 5 = 4. Strany trojúhelníku jsou proto v poměru : 4 : 4 neboli : :. Jiné řešení. a) Označme vrcholy daného trojúhelníku stejně jako v prvním řešení, dále O střed opsané kružnice, 0 patu výšky z vrcholu a střed strany. Protože osa úhlu při vrcholu protíná oblouk opsané kružnice v jeho středu M (obr. 6), je zřejmé, že díky podmínce O V (jež je ekvivalentní s tím, že daný trojúhelník není rovnostranný) protne tato osa stranu uvnitř úsečky 0, a tudíž bod S leží uvnitř úsečky V. b) Využijeme známou vlastnost tří základních bodů trojúhelníku, těžiště, středu O opsané kružnice a průsečíku V výšek. Uvedené tři body leží totiž v přímce v libovolném trojúhelníku, přičemž těžiště vždy dělí úsečku OV v poměru :. Uvedená 6

7 O S V 0 M Obr. 6 vlastnost jednoduše plyne z toho, že trojúhelník tvořený středními příčkami daného trojúhelníku je jeho obrazem ve stejnolehlosti se středem v těžišti a koeficientem. protože osa každé ze stran trojúhelníku je zároveň výškou trojúhelníku, je střed O kružnice opsané danému trojúhelníku zároveň průsečíkem výšek trojúhelníku, takže bod O je v uvedené stejnolehlosti obrazem bodu V a O = V. Pokud tedy střed S kružnice vepsané trojúhelníku půlí úsečku V, dělí body a S (v tomto pořadí) orientovanou úsečku OV na tři shodné části. Pro kolmé průměty, S 0 a 0 bodů O, S a V na stranu (obr. 7) proto platí = 0 + 3(S 0 0 ) = 3S 0 0. udeme-li uvedenou rovnost chápat jako rovnost orientovaných úseček (nebo vektorů) na přímce, vyhneme se nutnosti rozlišovat, zda je úhel při vrcholu větší či menší než 60, protože jak už víme, na pořadí zmíněných bodů to nemá vliv. O S S 0 V γ 0 Obr. 7 Do nalezené rovnosti teď můžeme dosadit b za, a za S 0 ( S 0 = je délka úseků obou tečen z vrcholu ke kružnicí vepsané trojúhelníku ) a konečně ze dvou podobných pravoúhlých trojúhelníků 0 a (shodují se ve společném úhlu ) vychází 0 = a /b. Dostáváme tak b = 3a a b neboli b 3ab + a = 0. 7

8 Poslední rovnost lze přepsat jako (b a)(b a) = 0, a protože a b, musí být b = a. Jiné řešení. Část a) už nebudeme znovu dokazovat, použijeme stejný postup i označení jako v předchozím řešení. b) Nejprve ukážeme, že v trojúhelníku, v němž je při vrcholu úhel větší než 60, nemůže osa úhlu středem úsečky V vůbec procházet. K tomu využijeme známou vlastnost průsečíku výšek: jeho obraz V v osové souměrnosti podle strany leží na kružnici k trojúhelníku opsané (obr. 8). Protože za uvedeného předpokladu leží body a O (v tomto pořadí) na polopřímce O až za bodem V, leží zřejmě obrazy, O bodů, O v uvedené osové souměrnosti ve vnější oblasti kružnice k. V její vnější oblasti leží ovšem i obraz vrcholu ve středové souměrnosti podle středu úsečky V : bod je totiž průsečíkem polopřímek a O, protože O je zároveň kolmá na (OO je kosočtverec) a je tak obrazem přímky O ve stejnolehlosti se středem a koeficientem. Úhlopříčka rovnoběžníku V (na níž leží těžnice trojúhelníku V ) proto určitě protne kružnici k uvnitř pásu rovnoběžek V a. Osa úhlu při vrcholu však protíná kružnici k ve středu M příslušného oblouku a přímka OM leží vně zmíněného pásu. V O V O M k Obr. 8 Předpokládejme tedy, že v daném trojúhelníku je při vrcholu úhel menší než 60 a že střed S vepsané kružnice půlí úsečku V. Označme Q střed úsečky, S 0 bod dotyku vepsané kružnice se stranou a U patu kolmice z bodu na výšku V (obr. 9). Úsečky U a QS 0 jsou zřejmě příčky trojúhelníku 0 rovnoběžné s odpovídajícími stranami 0 a 0 ve dvoutřetinové vzdálenosti od protějších vrcholů. Je tedy O Q S S 0 V U 0 Obr. 9 8

9 také US 0 Q (body U, S 0 totiž dělí orientované úsečky 0, resp. 0 ve stejném poměru : ), a protože bod S 0 leží zřejmě na haletově kružnici s průměrem Q a zároveň bod U leží na haletově kružnici s průměrem, je QUS 0 kosočtverec. rojúhelník S 0 S je rovnoramenný a z rovnosti obvodových úhlů příslušných tětivě U kružnice s průměrem plyne U = U = QS 0 U. Kdyby body, U a S 0 neležely v přímce, průsečík U ramen U, S 0 U shodných úhlů S U, SS 0 U by ležel na ose souměrnosti úsečky S 0, takže trojúhelník US 0 by byl rovnoramenný. Protože však tětivě U přísluší obvodový úhel U, pro jehož velikost dle předpokladu platí 90 γ < 30, je délka této tětivy menší než poloměr příslušné kružnice neboli U < Q = US 0. Vzhledem k uvedenému rozporu musí body, U a S 0 ležet v přímce, takže S 0 je střední příčkou trojúhelníku. rojúhelník S 0 je rovnoramenný, proto je rovnoramenný i trojúhelník. Odtud okamžitě plyne, že b = a. Návodné a doplňující úlohy: N. Dokažte, že v každém trojúhelníku dělí osa úhlu protilehlou stranu v poměru stran přilehlých. [Jestliže D je průsečík strany a osy úhlu, lze poměr q obsahů trojúhelníků D a D vyjádřit dvěma způsoby: q = : (výšky z vrcholu D mají stejnou velikost) a zároveň q = D : D (výšky z vrcholu splývají).] N. V rovnoramenném trojúhelníku se základnou délky a a rameny délky b vyjádřete velikost poloměru ϱ vepsané kružnice. [ϱ = a 4b a /(a+b) = a (b a)/(b + a)] N3. Dokažte platnost součtového vzorce tg(x + y) = (tg x + tg y)/( tg x tg y). D. Na odvěsnách délek a, b pravoúhlého trojúhelníku leží postupně středy dvou kružnic k a, k b. Obě kružnice se dotýkají přepony a procházejí vrcholem proti přeponě. Poloměry uvedených kružnic označme ϱ a, ϱ b. Určete největší kladné číslo p takové, že nerovnost + p( ϱ a ϱ b a + ) b platí pro všechny pravoúhlé trojúhelníky. [58 II ] 4. Nechť p, q jsou dvě různá prvočísla, m, n přirozená čísla a součet mp q + nq p je celé číslo. Dokažte, že platí nerovnost m q + n p >. Řešení. by se dala lépe využít podmínka celočíselnosti, upravíme součet zlomků na tvar mp + nq p(mp ) + q(nq ) =. q p pq Čitatel posledního zlomku je násobkem jeho jmenovatele, takže je dělitelný jak prvočíslem p, tak prvočíslem q. Protože první sčítanec čitatele je násobkem p, musí jím být i druhý sčítanec, tedy p q(nq ). Z nesoudělnosti prvočísel p, q odtud dostáváme p nq. Podobně máme q p(mp ), tedy q mp. Přirozené číslo mp + (nq ) (které můžeme zapsat i ve tvaru (mp ) + nq) je proto dělitelné jak číslem p, tak číslem q, a tedy (díky nesoudělnosti p, q) i součinem pq. Pro jeho velikost tudíž platí odhad mp + nq pq, takže mp + nq > pq. Po vydělení obou stran číslem pq dostaneme nerovnost, již jsme měli dokázat. 9

10 Poznámka. Klíčové tvrzení pq mp + nq můžeme dokázat i jinak. Protože p nq a q mp, nutně pq (nq )(mp ) = mnpq (mp + nq ). Odtud již plyne pq mp + nq. Návodné a doplňující úlohy: N. Najděte několik čtveřic m, n, p, q vyhovujících předpokladům zadání. [Vyhovuje libovolná čtveřice, pro niž jsou oba zlomky (mp )/q, (nq )/p celá čísla.] N. Nechť a, b, c jsou přirozená čísla. Dokažte, že jestliže jsou a, b nesoudělná a a bc, je a c. [Protože (a, b) =, existují celá čísla x, y taková, že ax + by =. Protože a bc, existuje k takové, že ak = bc. Odtud aky = bcy = c( ax), tedy c = a(ky + cx) neboli a c.] N3. Pro celá čísla a, b, c, d platí b a + c, a b + d. Dokažte, že ab ad + bc + cd. [ab (a + c)(b + d) = ab + (ad + bc + cd)] D. Určete všechna celá kladná čísla m, n taková, že n dělí m a m dělí n. [59 II 3] D. Určete všechny dvojice (m, n) kladných celých čísel, pro které je číslo 4(mn+) dělitelné číslem (m + n). [60 II 3] D3. Najděte všechny trojice navzájem různých prvočísel p, q, r splňující následující podmínky: p q + r, q r + p, r p + 3q. [55 III 5] 5. Jsou dány dvě shodné kružnice k, k o poloměru rovném vzdálenosti jejich středů. Jejich průsečíky označme a. Na kružnici k zvolme bod tak, že úsečka protne kružnici k v bodě různém od, který označíme L. Přímka protne kružnici k v bodě různém od, který označíme K. Dokažte, že přímka, na níž leží těžnice z vrcholu trojúhelníku KL, prochází pevným bodem nezávislým na poloze bodu. Řešení. Označme S, S středy kružnic k, k. Nechť P je takový bod kružnice k, že P S je jejím průměrem. Ukážeme, že hledaným pevným bodem je bod P, tj. dokážeme, že střed úsečky KL leží s body P, na jedné přímce. Označme Q bod souměrně sdružený s bodem S podle středu S kružnice k. o znamená, že S Q je průměrem kružnice k a úhel S Q je pravý, Q je tudíž tečnou kružnice k. Vzhledem k podmínkám úlohy musíme bod volit uvnitř kratšího oblouku Q kružnice k. Z osové souměrnosti podle osy S S je i P tečnou kružnice k, proto je bod K vnitřním bodem kratšího oblouku P kružnice k (obr. 0). K P S S Q L k k Obr. 0 Protože kružnice mají stejné poloměry, jsou trojúhelníky S S, S S rovnostranné a velikost středového úhlu S je 0. Příslušný obvodový úhel P má proto velikost 60. Navíc body, jsou souměrně sdružené podle přímky P S, takže 0

11 P = P a trojúhelník P je rovnostranný. 3 Všechny obvodové úhly nad shodnými tětivami P, P, mají tedy velikost 60 (jestliže vrchol leží na delším oblouku), resp. 0 (jestliže vrchol leží na kratším oblouku). U tětivy to platí i pro obvodové úhly na kružnici k, protože obě kružnice jsou shodné. Z uvedeného dostáváme = 60, P L = 60, P K = 0. Z rovnosti prvých dvou úhlů plyne rovnoběžnost přímek P L a K a z toho, že součet prvního a třetího úhlu je 80, plyne rovnoběžnost přímek P K a L. Čtyřúhelník P LK je tedy rovnoběžník, odkud už přímo plyne dokazované tvrzení (úhlopříčky rovnoběžníku se navzájem půlí, takže přímka P prochází středem úsečky KL). Jiné řešení. Označme body stejně jako v prvním řešení. Jediné, co potřebujeme dokázat, je, že P LK je rovnoběžník. ody, jsou souměrně sdružené podle přímky P S, proto vzhledem k vlastnostem obvodových a středových úhlů platí (obr. ) P L = P S = S = a odtud už plyne P L K. Čtyřúhelník P LK je tedy lichoběžník (pořadí jeho vrcholů je dáno tím, že bod K je vnitřním bodem kratšího oblouku P, jak víme z prvního řešení), a protože je tětivový (je vepsán kružnici k ), musí být rovnoramenný. Jeho úhlopříčky KL, P jsou tedy shodné, a protože z výše zmíněné souměrnosti máme P = P, platí též KL = = P. Čtyřúhelník KP L je tětivový a jeho protilehlé strany KL, P jsou shodné, takže to rovněž musí být rovnoramenný lichoběžník 4 (obr. ). Odtud už dostáváme P K L. K P S k k Obr. Poznámka. Dané tvrzení platí, i když připustíme, že kružnice k, k mají různé poloměry, přičemž S leží na k ; v druhém uvedeném řešení jsme totiž shodnost kružnic L 3 o ostatně plyne i z toho, že P,, S, jsou čtyři ze šesti vrcholů pravidelného šestiúhelníku vepsaného do k. 4 Vyplývá to například z rovnosti obvodových úhlů P L, KP L nad shodnými tětivami P, KL, anebo jednoduše ze souměrnosti podle osy úsečky L.

12 mlčky využili jen ke zjištění, na kterém z oblouků P bod K bude ležet. Na další úvahy však poloha bodu K nemá podstatný vliv. Podobně lze rozborem několika případů ukázat, že tvrzení úlohy platí i v případě, kdy bod L na kružnici k je určen jako její druhý průsečík s přímkou. Návodné a doplňující úlohy: N. Dokažte, že každý tětivový lichoběžník je rovnoramenný. [Jestliže P QRS je tětivový lichoběžník se základnou P Q, ze střídavých úhlů plyne QP R = SRP. Obvodové úhly nad tětivami QR, P S tedy mají stejnou velikost, a proto musejí být tětivy QR, P S shodné. Jiný způsob: Osa každé tětivy prochází středem kružnice, proto je osa strany P Q totožná s osou strany RS (jsou rovnoběžné a procházejí společným bodem) a podle této osy jsou úsečky P S, QR souměrně sdružené, tedy shodné.] N. Dokažte, že ve čtyřúhelníku se úhlopříčky navzájem půlí, právě když to je rovnoběžník. [Jestliže se v čtyřúhelníku D úhlopříčky půlí v bodě S, jsou trojúhelníky S, DS shodné a ze střídavých úhlů D, analogicky D. Jestliže D je rovnoběžník s průsečíkem úhlopříček S, plyne ze střídavých úhlů shodnost trojúhelníků S, DS, tj. shodnost úseček S, SD, resp. S, S.] D. Je dán tětivový čtyřúhelník D. Dokažte, že spojnice průsečíku výšek trojúhelníku s průsečíkem výšek trojúhelníku D je rovnoběžná s přímkou D. [58 I ] D. Je dána kružnice k s tětivou, která není průměrem. Na její tečně vedené bodem zvolíme bod X a označíme D průsečík kružnice k s vnitřkem úsečky X (pokud existuje). rojúhelník D doplníme na lichoběžník D vepsaný do kružnice k. Určete množinu průsečníků přímek a D odpovídajících všem takovým lichoběžníkům. [59 III 4] 6. Najděte největší reálné číslo k takové, že nerovnost (a + kab + b ) (k + )(a + b) ab platí pro všechny dvojice kladných reálných čísel a, b. Řešení. Pro k = se dá nerovnost po vykrácení upravit na tvar (a+b) ab, což je známá nerovnost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem platná pro libovolná kladná čísla a, b. Hledané největší k je tedy určitě aspoň. Zkoumejme dále danou nerovnost jen za předpokladu k. Ekvivalentní úpravou (protože k + > 0) dostaneme (a + kab + b ) (k + )(a + b) ab a po vydělení obou stran kladným číslem b máme ( a b + k a ) ( a ) b + (k + ) b + a b. Označme a/b = x. Vhodnou volbou kladných čísel a, b nabude x libovolné kladné hodnoty. Dále proto stačí zabývat se nerovností (x 4 + kx + ) (k + )(x + )x a hledat největší k takové, že uvedená nerovnost je splněna pro každé kladné x. Po jednoduchých ekvivalentních úpravách směřujících k osamostatnění k dostáváme k ( (x + )x x ) ( x 4 + (x + )x ), k(x 3 x + x) (x 4 x 3 x + ), kx(x x + ) ( x 3 (x ) (x ) ), kx(x ) (x ) (x + x + ).

13 Pro x = je poslední nerovnost splněna vždy. Pro x nerovnost vydělíme kladným výrazem x(x ) a získáme přímo odhad pro k: k (x + x + ) x ( = + x + ). () x Pro kladné x je x+/x s rovností jedině pro x =. Pro x výraz x+/x nabývá všech hodnot z intervalu (, ), pravá strana () tudíž nabývá všech hodnot z intervalu (6, ). Z toho je zřejmé, že největší k takové, že () platí pro všechna kladná x, je k = 6. Jiné řešení. Danou nerovnost ekvivalentně upravíme: k + (a + b) + (k )ab ab, a + b ( ) a + b ab + (k ). () k + ab a + b Označme u = (a + b)/ ab = a/b + b/a. Poslední výraz jako součet dvou navzájem převrácených kladných čísel může nabýt libovolné hodnoty z intervalu, ). Úpravou nerovnosti () za podmínky k + > 0 dostáváme ( u + (k ) ) neboli u k + u + (k ) 0. (3) k + u Kvadratická funkce na levé straně poslední nerovnosti má pro každé k kořen u = a její koeficient u kvadratického členu je kladný. Nerovnost (3) proto platí pro každé u, právě když vrchol odpovídající paraboly leží v levé polorovině určené přímkou u =. Protože uvedená kvadratická funkce nabývá minima pro u 0 = 4 (k+), je poslední nerovnost splněna pro každé u, právě když k + 4 neboli k 6. Závěr. Hledaná největší hodnota je k = 6. Návodné a doplňující úlohy: N. Určete, jaké hodnoty nabývá výraz x + /x pro x > 0. [Protože ( x / x) 0, máme x + /x. Rovnost nastává pro x =. Výraz nabyde i všechny hodnoty větší než, protože rovnice x + /x = p má pro p > dva kladné kořeny p ± p 4.] N. Určete všechny hodnoty parametru p, pro které kvadratická funkce f(x) = x +px+p nabývá v oboru kladných čísel jen kladných hodnot. [Protože f(x) = (x + )(x + p ), jsou kořeny funkce a p. Daná podmínka je splněna, právě když ani jeden z kořenů není kladný, tedy právě když p.] D. Dokažte, že pro libovolná kladná reálná čísla a, b platí ab (a + 3ab + b ) 5(a + b) a + b, a pro každou z obou nerovností zjistěte, kdy se mění v rovnost. [59 I 5] D. Dokažte, že pro libovolná různá kladná čísla a, b platí a + b < (a + ab + b ) a < + b. 3(a + b) [58 I 6] 3