43. ROČNÍK MATEMATICKEJ OLYMPIÁDY NA STREDNÝCH ŠKOLÁCH

Transcript

1 43. ROČNÍK MATEMATICKEJ OLYMPIÁDY NA STREDNÝCH ŠKOLÁCH Správa o riešení úloh zo súťaže konanej v školskom roku 1993/ MEDZINÁRODNÁ MATEMATICKÁ OLYMPIÁDA 6. MEDZINÁRODNÁ OLYMPIÁDA V INFORMATIKE JEDNOTA SLOVENSKÝCH MATEMATIKOV A FYZIKOV 1

2 S prispením spolupracovníkov spracovali RNDr. Ondrej Demáček, RNDr. Karel Horák, CSc., Richard Kollár, Jana Višňovská c Richard Kollár za kolektív, 1994 Po rokoch z prastarých makier ako-tak spatlal Mišo Forišek, 2003 Typeset by AMS-TEX 2

3 O priebehu 43. ročníka matematickej olympiády Súťaž s názvom Matematická olympiáda usporadúva pre žiakov stredných a základných škôl Ministerstvo školstva a vedy SR v spolupráci s Jednotou slovenských matematikov a fyzikov. Súťaž riadi Ústredný výbor matematickej olympiády(úv MO) prostredníctvom oblastných a okresných výborov MO. Cieľom súťaže je vyhľadávanie žiakov talentovaných v matematike, prebúdzanie a podpora ich záujmu o ňu, rozvíjanie ich matematických schopností a ich vedenie k samostatnej tvorivej činnosti. V školskom roku 1993/1994 sa uskutočnil už jej 43. ročník.tentoročníkmobolprvým,vktorom,prebehlasútažsamostatnevsraj ČR. Úlohy olympiád však v oboch krajinách po vzájomnej dohode aj naďalej zostávajú rovnaké, nebola prerušená kontinuita súťaže a tohotoročná MO je naozaj 43. v poradí. Ústredný výbor MO pracoval v zložení, v ktorom bol na návrh JSMF menovaný Ministerstvom školstva a vedy SR. Predsedom ÚV MO bol doc. RNDr. Tomáš Hecht, CSc., z MFF UK v Bratislave. Ďalšími členmi Ústreného výboru matematickej olympiády(úv MO) boli: RNDr. Juraj Balázs, PF UPJŠ Košice, RNDr. Andrej Blaho, MFF UK Bratislava, RNDr. Jaroslava Brincková, UMB FHPV Banská Bystrica, RNDr. Vladimír Burjan, Bratislava, RNDr. Milan Cirjak, Met. centrum Prešov, RNDr. Pavol Černek, CSc., MFF UK Bratislava, Mgr. Milan Demko, PedF UPJŠ Prešov, Mgr. Vojtech Filín, Gym. Trenčín, RNDr. Jozef Fulier, CSc., Vysoká škola pedagogická Nitra, RNDr. Milota Hilková, ZŠ Jilemnického Revúca, Mgr. Jozef Mészáros, Gym. s vyuč. jaz. maď. Galanta, Vlasta Michálková, IUVENTA Bratislava, RNDr. Gabriela Monoszová, UMB FHPV Banská Bystrica, Prof. RNDr. Jozef Moravčík, CSc., VŠDS Žilina, doc. RNDr. L udovít Niepel, CSc., MFF UK Bratislava, PhDr. Milan Ščastný, CSc., ZŠ Bratislava, RNDr. Juraj Vantuch, CSc., PedF UK Bratislava, Mgr. Dagmar Vongrejová, ZŠ Moskovská Žilina. Členmi ÚV MO boli aj predsedovia oblastných výborov MO: Prof. RNDr. Ondrej Šedivý, CSc., Vysoká škola pedagogická Nitra, doc. RNDr. Vojtech Bálint, CSc., StF VŠDS Žilina, RNDr. Božena Miháliková, CSc., PF UPJŠ Košice, Mgr. Jozef Kollár, StF STU Bratislava. ZástupcomMŠaVvÚVMObol PhDr. Oto Klosterman, MŠaV SR Bratislava. 1

4 V priebehu 43. ročníka MO sa konalo jedno plenárne zasadanie ÚV MO a 5 zasadaní Predsedníctva ÚV MO. Prejednalo sa hodnotenie priebehu súťaže, organizácia ďalších kôl, zabezpečenie prípravných sústredení pred medzinárodnou matematickou olympiádou (MMO) a prípravy súťažných úloh. Na príprave súťažných úloh sa zo Slovenska podielali členovia Úlohovej komisie MO: RNDr. Pavol Černek, doc. RNDr. Tomáš Hecht, Csc. a Richard Kollár. V samotnej organizácii súťaže tento rok nedošlo k žiadnej zmene. Pre žiakov základných škôl bola súťaž rozdelená do piatich kategórií: Z4 Z8, ktoré boli určené žiakom 4. až 9. ročníkov ZŠ a im odpovedajúcim ročníkom viacročných gymnázií. Pre žiakov stredných škôl a im zodpovedajúcich ročníkov viacročných gymnázií bola súťaž organizovaná v štyroch kategóriach: A,B,C a P. Kategória A bola určená žiakom 3. a4.ročníkov,kategóriabžiakom2.ročníkovakategóriacbolaurčenáprežiakov 1. ročníkov stredných škôl. Pre žiakov všetkých ročníkov bola určená kategória P, zameraná na úlohy z programovania a matematickej informatiky. Talentovaní žiaci mohli po súhlase svojho učiteľa matematiky súťažiť aj vo vyššej vekovej kategórii, ako imprislúchala.týkasatoajžiakovzš,ktorítiežmohlisúťažiťvniektorejzkategórií A,B,C a P. Viacero žiakov takúto možnosť využilo. VkategóriáchA,B,Cmáprvékolodvečasti.Vprvejčastiriešiasúťažiaci6úloh doma alebo v matematických krúžkoch, môžu sa pritom radiť so svojími učiteľmi, vedúcimi krúžkov a pod. Druhá časť má formu klauzúrnej práce. Žiaci riešia v obmedzenom čase 4 hodiny 3 úlohy. Uspešní riešitelia prvého kola sú pozvaní do druhého(oblastného) kolasúťaže,kderiešia4úlohyvčasovomlimite4hodiny. VkategóriáchB,Ctýmtokolomsúťažkončí,alevkategóriáchAaPsakonáešte tretie(republikové) kolo. Tento rok bolo doň pozvaných v kategórii A 39 najlepších a v kategórii P 24 najlepších riešiteľov z druhých kôl súťaže príslušnej kategórie podľa poradia zostaveného po koordinácii bodového hodnotenia. Vlastná súťaž je rozdelená dodvochdní.vkategóriiariešiasúťažiacikaždýdeňtriúlohyvčasovomlimite4 hodiny, v kategórii P v rovnakom limite vždy dve úlohy. Republikové kolo 43. ročníka sa uskutočnilo v Bratislave v dňoch (kat. A) a (kat. P) v zariadení IUVENTY. Na zabezpečení súťaže, vrátane spoločenského programu, sa obetavo podieľali pracovníci usporiadajúceho Centra voľného času IUVENTA a pracovníci a študenti Matamaticko-fyzikálnej fakulty UK v Bratislave. Za všetkých menujme aspoň predsedu ÚV MO doc. RNDr. Tomáša Hechta, Csc.,Vlastu Michálkovú z IUVENTY. a Richarda Kollára z MFF UK. Dvanásť najúspešnejších riešiteľov III. kola MO bolo pozvaných na výberové sústredenie pred MMO, ktoré sa konalo v dňoch v Bratislave. Zúčastnilo sa ho 9 študentov(zvyšní traja sa v tom istom čase zúčastnili na prípravnom sústredení pred medzinárodnou fyzikálnou olympiádou). Na základe výsledkov tohto sústredenia a výsledkov tretieho a druhého kola MO bolo na konci sústredenia vybrané šesťčlenné družstvo, ktoré reprezentovalo SR na MMO. Pre toto družstvo sa organizovalo ešte jedno prípravné sústredenie, a to v dňoch na MFF UK v Bratislave. Pre desať najlepších riešiteľov kategórie P bolo organizované v dňoch výberové sústredenie na MFF UK v Bratislave, po ktorom bolo na základe jeho výsledkov a výsledkov III. a II. kola vybrané štvorčlenné družstvo, ktoré reprezentovalo SR na medzinárodnej olympiáde z informatiky. Obom medzinárodným súťažiam sú venované samostatné kapitoly. 2

5 Výsledky celoštátneho kola 43. ročníka MO kategórie A Por. Meno Ročník,Škola Súčet 1. MilošGáj 4D.TatarkuPoprad MartinNiepel 4Gröss.Bratislava AndrejZlatoš 4Gröss.Bratislava LajosÓdor 4Komárnomaď MichalKovár 3Gröss.Bratislava PatrikHorník 3Gröss.Bratislava IvanCimrák 2V.OkružnáŽilina PeterMacák 3J.HroncaBratislava MartinPál 3J.HroncaBratislava Roman Rückschloss 4 J.G.Taj. B.Bystrica PavelOndrejovič 4Gröss.Bratislava Radoslav Vaľovský 4 Horova Michalovce BorisKrupa 2Gröss.Bratislava Ivana Brudňáková 3 Konštantína Prešov JánBábeľa 3PoštováKošice ŠtefanGodiš 2V.OkružnáŽilina IvonaBezáková 3Gröss.Bratislava EugenKováč 2Stropkov MartinMakúch 3J.HroncaBratislava DanielPastor 4Gröss.Bratislava MartinPlesch 2J.HroncaBratislava MartinGažák 4V.OkružnáŽilina Vladimír Marko 1 J.Hronca Bratislava MikulášMadaras 4PoštováKošice MartinIrman 2Gröss.Bratislava IvanKabát 4J.G.Taj.B.Bystrica DanielPártoš 2Gröss.Bratislava Alexander Erdélyi 2 Gröss. Bratislava KamilaČerneková 2Gröss.Bratislava Radoslav Tausinger 3 J.Hronca Bratislava MiroslavHroššo 4PárovskáNitra

6 Por. Meno Ročník,Škola Súčet 32. MiklósMácza 3Komárnomaď LaszlóSzabó 3Šamorínmaď Martin Čaprnda 3 J.Hronca Bratislava JánŤapuška 3J.HroncaBratislava PeterSomora 4Gröss.Bratislava IvanKráner 4J.G.Taj.B.Bystrica TündeKeszeghová 4Komárnomaď Tomᚊipöcz 2Gröss.Bratislava Prvých 12 súťažiacich bolo vyhlásených za víťazov a prvých 21 súťažiacich za úspešných riešiteľov celoštátneho kola MO kategórie A. Úspešnosť jednotlivých úloh je zaznamenaná v tabuľke. počet spolu číslo úlohy bodov bodov bodov bodov body body body bod bodov Spolu

7 Výsledky celoštátneho kola 43. ročníka MO kategórie P Por. Meno Ročník,Škola Súčet 1. Martin Irman 2 G Grösslingová, Bratislava Peter Lalík 3 G Novohradská, Bratislava PeterŽuffa 4GGrösslingová,Bratislava Martin Makúch 3 G Novohradská, Bratislava Bronislava Brejová 4 G Novohradská, Bratislava Tomáš Vinař 4 G Šrobárova, Košice Martin Plesch 2 G Novohradská, Bratislava Andrej Zlatoš 4 G Grösslingová, Bratislava Miroslav Dudík 1 G Trebišov Martin Niepel 4 G Grösslingová, Bratislava Juraj Gottweis 2 G Grösslingová, Bratislava Martin Pál 3 G Novohradská, Bratislava Dušan Bezák 2 G Grösslingová, Bratislava Radoslav Tausinger 3 G Novohradská, Bratislava Martin Vagaský 4 G Grösslingová, Bratislava Patrick Sučanský 4 G Novohradská, Bratislava Vladimír Chovanec 4 G Zvolen Peter Kolenič 2 G Konštantínova, Prešov Marián Varga 4 G Novohradská, Bratislava Radoslav Vaľovský 4 G P.Horova, Michalovce MartinGažák 4GV.Okružná,Žilina Gabriela Mišunová 3 G Párovská, Nitra TamásVarga 2Gmaď.Komárno Michaela Áčová 2 G Novohradská, Bratislava Prvých 8 súťažiacich bolo vyhlásených za víťazov a prvých 14 súťažiacich za úspešných riešiteľov celoštátneho kola MO kategórie P. 5

8 Najúspešnejší riešitelia II.kola MO vkategóriacha,b,c,z8,p ZkaždejoblastiazkaždejzkategóriiA,B,CaPsúuvedenívšetciúspešní riešitelia, príp. aspoň prvých 20 úspešných riešiteľov. V kategórii Z8 sú uvedení vždy aspoňnajlepšítrajariešitelia.vkategóriachbacakniejeuvedenéinak,súvšetci žiaci študentmi 2., resp. 1. ročníkov. Gymnázia zo zameraním na matematiku, študíjny odbor01sútieto: Gymnázium Grösslingová, Bratislava, Gymnázium Párovská, Nitra, Gymnazium Veľká Okružná, Žilina, Gymnazium J.G.Tajovského, Banská Bystrica, Gymnázium Alejová, Košice, Gymnázium Poštová, Košice. Bratislavská oblasť Kategória A Andrej Zlatoš, 4, G Grösslingová Martin Niepel, 4, G Grösslingová Martin Pál, 3, G Novohradská Martin Makúch, 3, G Novohradská Peter Macák, 3, G Novohradská Ján Ťapuška, 3, G Novohradská Vladimír Marko, 1, G Novohradská Daniel Pastor, 4, G Grösslingová Radoslav Tausinger, 3, G Novohradská Martin Plesch, 2, G Novohradská Daniel Pártoš, 2, G Grösslingová Kategória B 1. Vadovič Peter, G Grösslingová Danko Pavol, G Grösslingová Hatalová Marcela, G Metodova 6

9 4. Áčová Michaela, G Novohradská Bezák Dušan, G Grösslingová Plesch Martin, G Novohradská Lipka Ján, G Grösslingová Pártoš Daniel, G Grösslingová Hulín Richard, G Grösslingová Marko Martin, G Novohradská Kategória C Vladimír Marko, G Novohradská Martin Vrbovský, G Novohradská Martin Pekár, G Grösslingová Andrea Mesiarová, G Grösslingová Katarína Antoničová, G Grösslingová Roland Rablanský, G Dunajská Ladislav Kovár, G Grösslingová 8. Michal Bajcsy, G Grösslingová Marián Ivančo, G Grösslingová Juraj Mäsiar, G Grösslingová Vladimír Zajac, 6, G Grösslingová Kategória Z8 1. Peter Šefčík, G Grösslingová 2. Zuzana Nieplová, G Grösslingová 3. Ján Kováčik, G Grösslingová Kategória P 1. Bronislava Brejová, 4, G Novohradská 2. Martin Vagaský, 4, G Grösslingová 3. Martin Pál, 3, G Novohradská 4. Martin Niepel, 4, G Grösslingová Patrick Sučanský, 4, G Novohradská Marián Varga, 4, G Novohradská 7. Martin Makúch, 3, G Novohradská 8. Juraj Gottweis, 2, G Grösslingová Dušan Bezák, 2, G Grösslingová Martin Plesch, 2, G Novohradská Michaela Áčová, 2, G Novohradská 7

10 Peter Lalík, 3, G Novohradská Radoslav Tausinger, 3, G Novohradská Martin Irman, 2, G Grösslingová Západoslovenská oblasť Kategória A 1.LajosÓdor,4,Gsvyuč.jaz.maďarským,Komárno 2. Miroslav Hroššo, 4, G Párovská, Nitra 3. Tünde Keszeghová, 4, G s vyuč. jaz. maďarským, Komárno Miklós Mácza, 3, G s vyuč. jaz. maďarským, Komárno László Szabó, 3, G s vyuč. jaz. maďarským, Šamorín 6. Stanislav Gronský, 4, G Skalica Matúš Kirchmayer, 4, G Modra Ján Ulický, 3, G Hviezdoslavova, Trnava Zoltán Fazekas, 2, G Nové Zámky Daniel Bajčan, 4, G Párovská, Nitra Kategória B 1. Peter Richtárik, G Párovská, Nitra 2. Tamás Varga, G s vyuč. jaz. maďarským, Komárno 3. Zuzana Andrássyová, G s vyuč. jaz. maď., Dunajská Streda 4.MarekOndík,GLevice Judita Mészarosová, G s vyuč. jaz. maďarským, Galanta Judita Kucserová, G s vyuč. jaz. maďarským, Komárno Tamás Nagy, G s vyuč. jaz. maďarským, Komárno Juraj Poljovka, G Párovská, Nitra Krisztián Molnár, G s vyuč. jaz. maďarským, Dunajská Streda Miroslav Šedivý, G Levice Peter Schmidt, G Piaristická, Nitra Miroslav Toma, G Párovská, Nitra 8

11 Kategória C 1. Alexandra Gronská, G Skalica 2. Andrea Borčinová, G Párovská, Nitra Juraj Tóth, G Párovská, Nitra Alexander Chudík, G Párovská, Nitra Jozef Ladický, G Nové Mesto nad Váhom Marián Trúsik, G Nové Mesto nad Váhom L ubomír Schmidt, G Levice Ján Pintér, G Párovská, Nitra 9.ŠtefanGoga,GLevice Slavomír Seemann, G Komárno HanaKonečná,GNovéMestonadVáhom Zdenka Gažová, G Skalica L ubomír Krajčovič, G Hollého, Trnava Kategória P Gabriela Mišunová, 3, G Párovská, Nitra Tamás Varga, 2, G s vyuč. jaz. maďarským, Komárno 3. Sebestyén Füri, 4, G s vyuč. jaz. maďarským, Komárno Zoltán Fazekas, 2, G Nové Zámky Július Šiška, 4, Gym. Párovská, Nitra Milan Procháczka, 4, Gym. Párovská, Nitra Gregor Krajčovič, 4, G Hviezdoslavova, Trnava Viktor Krajčí, 3, G Hviezdoslavova, Trnava 9.FerencMizera,4,Gsvyuč.jaz.maďarským,Komárno Stredoslovenská oblasť Kategória A 1. Martin Gažák, 4, G Veľká Okružná, Žilina 2. Štefan Godiš, 2, G Veľká Okružná, Žilina 3. Ivan Kabát, 4, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica 4. Ivan Kráner, 4, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Ivan Cimrák, 2, G Veľká Okružná, Žilina Roman Ruckschloss, 4, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Vladimír Chovanec, 4, G Zvolen L uboslav Lišaník, 4, G Dubnica 9

12 L ubica Reháková, 4, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Marek Škereň, 3, G Veľká Okružná, Žilina Kategória B 1. Štefan Sakáloš, G V.B.Nedožerského, Prievidza 2. Juraj Majerský, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Peter Bezemek, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Henrich Datel, G V.P.Tótha, Martin 5. Martin Štangel,G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Stacho Mudrák, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Rastislav Wratiak, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Martin Budaj, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Ivan Cimrák, G Veľká Okružná, Žilina Ján Žebrok, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Kategória C 1. Ondrej Vacek, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Pavol Novotný, 8., ZŠ Hliny, Žilina Viera Růžičková, 8., ZŠ Hliny, Žilina 4. Michal Zorkovský,, G Veľká Okružná, Žilina Róbert Macho, G V.B.Nedožerského, Prievidza Juraj Turek, G Veľká Okružná, Žilina Ivan Luknár, G J.G.Tajovského, Banská Bystrica Tomáš Mikovíny, G Ružomberok Viktor Brozovič, G V.B.Nedožerského, Prievidza Tibor Zavadil, G Veľká Okružná, Žilina Kategória P 1. Martin Gažák, 4, G Veľká Okružná, Žilina 2. Vladimír Chovanec, 4, G Zvolen 3. Michal Skokan, 4, G Veľká Okružná, Žilina 10

13 Východoslovenská oblasť Kategória A 1.JánBábeľa,3,GPoštová,Košice 2.MilošGáj,4,GD.Tatarku,Poprad 3. Radoslav Vaľovský, 4, G P.Horova, Michalovce 4. Mikuláš Madaras, 4, G Poštová, Košice 5. Ivana Brudňáková, 3, G Koštantínova, Prešov 6.EugenKováč,2,GStropkov 7. Tomáš Vinář, 4, G Šrobárová, Košice Peter Gašpar, 3, G Jiráskova, Bardejov Peter Zámborský, 4, G Poštová, Košice Radovan Jendráľ, 3, G Poštová, Košice Kategória B 1. Eugen Kováč, G Stropkov Marek Neupauer, G Stará L ubovňa Jaroslav Gajdoš, G Jiráskova, Bardejov Zuzana Hagarová, G Kežmarok Peter Ivan, G Poštová, Košice Kornel Csach, G Poštová, Košice Eva Trenklerová, G Poštová, Košice Kategória C Ján Svoreň, G D.Tatarku, Poprad Jana Fúseková, G D.Tatarku, Poprad Ján Rusz, G Trebišovská, Košice 4. Miroslav Dudík, G Trebišov 5.RomanGaraj,GSpišskáNováVes 6. Marcel Semančík, G Alejová, Košice Peter Kažík, G Alejová, Košice Ladislav Kováč, G Poštová, Košice Andrea Semaničová, G Krompachy Peter Bohuš, G Alejová, Košice Eduard Hagara, 8, ZŠ Kežmarok Rastislav Krivoš-Belluš, G Poštová, Košice Slavomír Ondko, G Jiráskova Bardejov Dominik Tarageľ, G D.Tatarku, Poprad 11

14 Kategória Z8 1. Lucia Mrozová, ZŠ Dr. Fischera, Kežmarok Miloš Jančura, ZŠ Nad Medzou, okr. SNV Slavomír Nemšák, ZŠ Šmeralova, Prešov Martin Tamáš, ZŠ T.Ševčenku, Bardejov Kategória P 1. Tomáš Vinař, 4, G Šrobárová, Košice 2. Radoslav Vaľovský, 4, G P.Horova, Michalovce 3. Martin Domány, 3, G P.Horova, Michalovce 4. Peter Gašpar, 3, G Jiráskova, Bardejov Ivana Brudňáková, 3, G Konštantínova, Prešov Miroslav Dudík, 1, G Trebišov 7. Tomaš Vnenčák, 3, G D.Tatarku, Poprad 8. Ján Svoreň, 1, G D.Tatarku, Poprad Peter Kolenič, 2, G Konštantínova, Prešov Viktor Kováč, 4, G Opatovská, Košice 12

15 Zadania súťažných úloh Kategória C C-I-1 Pavúk Hubert usúkal pavučinu, ktorej tvar je vyznačený na obrázku 1. Po práci sa oddal zaslúženému odpočinku v jednom rohu pavučiny(a), keď tu sa zrazu v protiľahlom rohu (B) chytila mucha. Koľko ciest najkratšej dĺžky spájajúcich tieto dva rohy má Hubert k dispozícii? C A D E F G H B Obr.1 C-I-2 Nájdite všetky dvojice prirodzených čísel m a n, pre ktoré platí m!n!=(mn) 2. (Číslo m!jesúčinvšetkýchprirodzenýchčísel i,1 i m,1!=1.) C-I-3 Na šachovom turnaji hranom systémom každý s každým sa zúčastnili len prváci a druháci. Napriek tomu, že druhákov bolo trikrát viac ako prvákov, získali spolu len o 3 body viac ako prváci. Koľko žiakov sa zúčastnilo turnaja? C-I-4 V meste Little York je 10 severojužných ulíc a 10 východozápadných ulíc, ktoré sa pretínajú v sto križovatkách. Autobus má po uzavretom okruhu prejsť všetky križovatky. Navrhnite jeho trasu tak, aby počet zmien smeru jazdy bol čo najmenší. 13

16 C-I-5 Nastranách BC, CA, AB trojuholníka ABC súzostrojenébody A 1, B 1, C 1 tak, že AC 1 = 1 3 AB, BA 1 = 1 3 BC, CB 1 = 1 CA.Nech P, Q, Rsúvzájomné 3 priesečníkypriamok AA 1, BB 1 a CC 1.Porovnajteobsahtrojuholníka PQRsosúčtom obsahov trojuholníkov vyznačených na obrázku 2. C Obr.2 A C 1 B B 1 A 1 C-I-6 Uvažujme trojuholník ABC, pre ktorého priesečník výšok M platí AB = CM. Vypočítajte veľkosť uhla pri vrchole C trojuholníka ABC. C-S-1 Nájdite všetky prirodzené čísla x, y, pre ktoré platí: 24x 2 = y! x! C-S-2 Obr.3 A B Na zimu sa pavúk Hubert uchýlil do kabinetu matematiky. Objavil v ňom drôtený modelkocky(pozriobrázok)sdĺžkuhrany20cm.natomtomodelinajprvnapälvlákna pozdĺž všetkých stenových uhlopriečok, a potom vláknami navzájom pospájal všetky stredystien.razsachceldostaťzvrcholu Bdovrcholu H.Zvolilsicestupodrôte BF avlákne FH.Poraďtemuvtejto preliezačke zdrôtovavlákenkratšiucestunanávrat z Hdo B.UrčtetiežpočetnajkratšíchciestzHdo B. H G E F D C 14

17 C-S-3 Daný je konvexný štvoruholník ABCD s obsahom 100cm 2. Označme stredy strán AB, BC, CD, DAporade E, F, G, H.Vypočítajtesúčetobsahovtrojuholníkov ABF, BCG, CDHa ADE. C-II-1 Určtevšetkytrojiceprirodzenýchčísel x, ya z,prektoréplatí: x! y!=5 z!+96. C-II-2 Nazemiležíťažkákovová7-metrovátyč.Jedenčloveksňoumôžepohnúťibatak,že zodvihne jeden koniec tyče a otáča ju okolo druhého konca ležiaceho na zemi. Najmenej koľkokrátmusízodvihnúťaotáčaťtyč,abyjuzpolohy ABposunulo12metrovvsmere polpriamky ABdopolohy A B?(Koniec Aprejdedo A,koniec Bdo B.)Popíšte postup s najmenším počtom otáčaní a ukážte, že menší počet otáčaní nestačí. Vzájomná polohaavzdialenostibodov A, B, A, B súuvedenénaobrázku4. Obr A B A B C-II-3 Vovnútriobdĺžnika ABCDležiabody Xa Y tak,žecelýobdĺžnikjerozdelenýnadva trojuholníky ADX, BCY s rovnakým obsahom a dva konvexné štvoruholníky ABYX a CDXY tiež s rovnakým obsahom. Dokážte, že potom úsečka XY prechádza stredom obdĺžnika. C-II-4 Tentokrát si náš starý známy pavúk Hubert vybral na svoje hry v kabinete matematiky drôtený model pravidelného osemstena. Jeho steny tvoria 8 rovnostranných trojuholníkov(pozri obrázok). Na každej stene pospájal Hubert vláknami stredy príslušných hrán. Z koľkých ciest najkratšej dĺžky si môže Hubert vybrať, aby sa v takto vzniknutej sietipavučínadrôtovdostalzvrcholu Edovrcholu F? 15

18 «F D C Obr.5 E A B Kategória B Pre ktoré reálne čísla a má rovnica štyri rôzné korene v obore reálnych čísel? B-I-1 x 4 +6x 3 + ax 2 +6x+1=0 B-I-2 Akprekladnéreálnečísla a, b, cplatí c > a+b,potom Dokážte. a 3 + b 3 + c 3 +3abc >2(a+b) 2 c. B-I-3 Nech Pjemnohočlensceločíselnýmikoeficientamianech P(13)=8046.Dokážte,že súčet koeficientov mnohočlena P nie je prvočíslo. B-I-4 V pravouhlom trojuholníku ABC s odvesnami dĺžok AC = 3cm, BC = 4cm označme M priesečník osi uhla ACB a prepony AB. Dokážte, že vzdialenosť stredov O 1, O 2 kružnícvpísanýchtrojuholníkom AMC, BMCje cm. B-I-5 Určte najväčší možný počet častí, na ktorý n kružníc rozdelí rovinu(n je prirodzené číslo). 16

19 B-I-6 Určte najväčší možný objem štvorbokého ihlana ABCDV, ktorého základňou je kosoštvorec ABCDsostranoudĺžky a,aktoréhostenovévýškyzvrchola V nahrany AB, CDmajúdĺžku h. B-S-1 Pre ktoré reálne čísla a majú rovnice x 4 3x 3 x 2 2x=a 2, x 4 x 3 2x 2 3x=1 2a aspoň jeden spoločný reálny koreň? B-S-2 Nájdite všetky celé čísla x, ktoré vyhovujú rovnici 19 x +94 x = x B-S-3 Vpravouhlomtrojuholníku ABC sodvesnamidĺžok AC =3cm, BC =4cm označme Dpätuvýškyzvrcholu Cnapreponu AB.Určtevzdialenosťstredov O 1, O 2 kružníc vpísaných trojuholníkom ACD, BCD. B-II-1 Určte všetky hodnoty reálnych čísel a, b, pre ktoré je riešením sústavy rovníc x 4 + ax 3 + bx 2 + ax+1=0, y 4 + by 3 + ay 2 + by+1=0 jedinádvojicareálnychčísel x, y,keďviete,žeplatí xy <0. B-II-2 Nájditevšetkyprirodzenéčísla m,prektoréčíslo 998 m 1 delíčíslo1994 m. 17

20 B-II-3 Na prepone AB pravouhlého trojuholníka ABC je daný bod M taký, že kružnice vpísané trojuholníkom CAM a BCM majú rovnaký polomer. Rozhodnite, čo je väčšie: obsah trojuholníka ABC, alebo obsah štvorca so stranou CM? B-II-4 Každýzbodovkockyshranoudĺžky aofarbímeprávejednouztrochfarieb.dokážte, že potom medzi týmito bodmi existujú dva rovnakej farby, ktorých vzdialenosť je väčšia ako 7 5 a. Kategória A A-I-1 Prirodzené číslo m > 1 nazveme k-násobným deliteľom prirodzeného čísla n, ak platí rovnosť n = m k q,kde q jeceléčíslo,ktoréniejenásobkomčísla m.určte,koľko sedemnásobnýchdeliteľovmáčíslo100!= A-I-2 Základňoutrojbokéhohranola ABCA B C jepravouhlýrovnoramennýtrojuholník ABC s odvesnami AB, AC danej dĺžky a. Bočné hrany AA, BB, CC zvierajú srovinamizákladníuhol60 o.uhlopriečka BC bočnejsteny BCC B mádĺžku a 6 ajekolmánahranu AC.Určteobjemhranola. A-I-3 Danýjetrojuholník ABC,ktoréhouhol ACBmáveľkosť140 o.označme Xpriesečník osiuhla ABCsostranu ACa Y bodstrany AB,prektorýmáuhol Y CBveľkosť100 o. Určteveľkosťuhla Y XB. A-I-4 Prektorécelé n >2existujúracionálnečísla paqtaké,že 3 n=p+q 3 2? 18

21 A-I-5 Nájdite najmenšie reálne číslo p, pri ktorom nerovnosť a+b p ab a 2 + b 2 platí pre ľubovoľnú dvojicu kladných čísel a, b. A-I-6 Zistite všetky čísla, ktoré sú cifernými súčtami druhých mocnín prirodzených čísel (zapísaných v desiatkovej sústave). A-S-1 Uveďtepríkladprirodzenéhočísla n,prektorémáčíslo2 n práve1993rôznych1994- násobných deliteľov. A-S-2 Danýjetrojuholník ABCabod Mnapolpriamkeopačnejkpolopriamke AB.Bodom Mveďtepriamku p ABtak,abyjejpriesečníky P, Qspriamkami AC, BCurčili trojuholník P QC, ktorý má rovnaký obsah ako trojuholník ABC. A-S-3 V rovine je nakreslený konvexný n-uholník (n 3) a niektoré jeho uhlopriečky tak, že žiadne dve vyznačené uhlopriečky sa nepretínajú. Dokážte, že jeho vrcholy je možné ofarbiť pomocou troch farieb tak, že žiadne dva vrcholy spojené stranou alebo nakreslenou uhlopriečkou nemajú rovnakú farbu. A-II-1 Nájdite najmenšie prirodzené číslo, ktoré má práve päť dvojnásobných deliteľov. A-II-2 Uvažujmetrojuholník ABC suhlom100 o privrchole Aaoznačmeporade D, E priesečníky osí uhlov pri vrcholoch B,C s protiľahlými stranami. Určte všetky možné veľkostiuhla ABC,akviete,že BE = CD. 19

22 A-II-3 Vrovineuvažujmesystém nnavzájomrôznychpriamok p 1, p 2,..., p n.každýbod, ktorýmprechádzajúprávetriztýchtopriamok,ofarbimenačervenoaoznačme a i počet červenýchbodovnapriamke p i, i=1,2,..., n.rozhodnite,čiexistujesystém a) 4priamok,prektorý(a 1, a 2, a 3, a 4 )=(1,1,2,2). b) 6priamok,prektorý(a 1, a 2, a 3, a 4, a 5, a 6 )=(2,2,2,2,2,2), c) 9priamok,prektorý(a 1, a 2,..., a 9 )=(2,2,2,2,2,2,3,3,3), d) 9priamok,prektorý(a 1, a 2,..., a 9 )=(2,2,2,2,2,2,2,3,3). Rozhodnite, či existuje kubická rovnica A-II-4 x 3 + px 2 + qx+r=0 sceločíselnýmikoeficientami p, qar,ktorámávoborereálnychčíseljedinýkoreň x 0 = A-III-1 Nech f: N N je ľubovoľná funkcia na množine prirodzených čísel, ktorá spĺňa nerovnosť f(x)+f(x+2) 2f(x+1) pre každé prirodzené číslo x. Dokážte, že potom v rovine existuje priamka, na ktorej leží nekonečne veľa bodov s kartézskymi súradnicami[n, f(n)]. A-III-2 Vkvádrisobjemom V jeumiestnenýkonvexnýmnohosten M.Kolmýpriemetmnohostena Mnakaždústenukvádrajetotožnýstoutostenou.Akýnajmenšíobjemmôže mať M? A-III-3 V rovine je nakreslený konvexný uholník M a niektoré jeho uhlopriečky tak, že z každého vrcholu vychádza práve jedna nakreslená uhlopriečka. Dĺžkou uhlopriečky rozumieme počet strán mnohouholníka M, ktoré táto uhlopriečka od M odrezáva(minimumdvochmožnýchčísel).označme(d 1, d 2,..., d 997 )dĺžkynakreslenýchuhlopriečok, usporiadané zostupne podľa veľkosti. Rozhodnite, či je možné uhlopriečky nakresliť tak, aby a)(d 1, d 2,..., d 997 )=(3,...,3,2,2,2,2,2,2), }{{}}{{} b)(d 1, d 2,..., d 997 )=(8,8,8,8,6,...,6,3,3,3,3,3,3,3,3). }{{} 4 }{{} } {{ } 8

23 A-III-4 Nech(a n ) n=1jeľubovoľnápostupnosťprirodzenýchčíseltaká,žeprekaždé nječíslo (a n 1)(a n 2)...(a n n 2 )celýmkladnýmnásobkomčísla n n2 1.Potomprekaždú konečnú množinu prvočísel P platí nerovnosť Dokážte. p P 1 log p a p <1. A-III-5 Označme A 1, B 1, C 1 pätyvýšokostrouhléhotrojuholníka ABCa V ichpriesečník.ak majútrojuholníky AC 1 V, BA 1 V, CB 1 V rovnakýobsah,plynieodtiaľ,žetrojuholník ABC je rovnostranný? A-III-6 Dokážte, že z každej štvorice rôznych čísel ležiacich v intervale(0, 1) možno vybrať dve čísla a b tak, aby platila nerovnosť (1 a2 )(1 b 2 ) > a 2b + b 2a ab 1 8ab. 21

24 Riešenia súťažných úloh Kategória C C I 1 Cestynajkratšejdĺžkyvedúcezbodu Adobodu Bsútrochdruhov:1.tie,ktoré vedúpoúsečke CD,2.tie,ktorévedúpoúsečke EFa3.tie,ktorévedúpoúsečke GH (obr. 1). Ak počet najkratších ciest medzi dvoma bodmi X a Y Hubertovej pavučiny označujeme p(x, Y),potompočetciestnajkratšejdĺžkymedzi AaBje p(a, B)=p(A, C) p(d, B)+ p(a, E) p(f, B)+ p(a, G) p(h, B). C A D E F G Obr.6 H B Ostáva teda spočítať počet ciest najkratšej dĺžky medzi dvoma vrcholmi štvorcovej siete. Po chvíli experimentovania zistíme, že každá cesta najkratšej dĺžky z bodu sosúradnicami[0,0]dobodusosúradnicami[m, n], m >0, n >0,vediebuďcez bod[m 1, n],alebocezbod[m, n 1].Pretoichpočetjedanýsúčtom p([0,0],[m 1, n])+ p([0,0],[m, n 1]) Obr.7 A Ak uplatňujeme toto pravidlo postupne na ľavej tretine pavučiny, dostávame počty najkratšíchciesttak,akojeuvedenénaobr.2.preto p(a, C)=p(H, B)=1, p(a, E)= = p(f, B)=6, p(a, G)=p(D, B)=15.Celkovýpočetciestjeteda =66. Rovnicu po delení mn upravíme na tvar C I 2 (m 1)!(n 1)!=mn (1) (kladieme0!=1).všimnemesi,žeprekaždécelé k 4platí(k 1)! > k,lebo (k 1)!= (k 1) 2(k 1)=k+(k 2) > k. 22

25 Pretonemôžubyťobidvečísla m, nväčšieako3:vynásobenímnerovností(m 1)! > > m a (n 1)! > n by sme dostali spor s rovnicou (1). S ohľadom na symetriu môžemepredpokladať,ženapr. m 3.Pre m=1dostávame(n 1)!=n,čopodľa predchádzajúcehoznamená,že n 3;preskúmanímmožností n=1,2,3zistíme,že rovnicivyhovujelen n=1.pre m=2dostávame(n 1)!=2n,čopre n 4zrejme nenastane;pre n 5aleplatí (n 1)! 2 3 (n 1)=6(n 1)=2n+(4n 6) >2n. (2) Konečnepre m=3dostávame2(n 1)!=3n,čovprípade n <5platílenpre n=4; pre n 5alepodľa(2)platí2(n 1)! >4n >3n.Hľadanédvojice(m, n)sú(1,1), (3,4)a(4,3). C I 3 Označme n počet prvákov, ktorí sa zúčastnili turnaja. Druhákov potom bolo 3n acelkovýpočetžiakovbol4n.tímedzisebouzohralispolu 1 2 4n(4n 1)zápasov. Pretožezavíťazstvojejedenbod,zaremízupolbodaazaprehružiadnybod,celkový počet rozdaných bodov je rovný počtu zápasov. Ak teda prváci získali p bodov a druháci dbodov,potom p+d=2n(4n 1). Druhácizískalilenotribodyviacakoprváci,teda p=d 3. Dosadením z druhej rovnice do prvej dostaneme d=n(4n 1) Počet bodov, ktoré získali druháci, je rovný aspoň počtu bodov, ktoré získali vo vzájomných zápasoch medzi sebou. Teda n(4n 1) ) 3n(3n. 2 Úpravouzískamenerovnosť n+3 n 2.Voboreprirodzenýchčíseljuspĺňajúlenčísla n=1, n=2,lebopre n 3je n+3 2n < n n. Turnajasatedamohlizúčastniťbuď3druháciajedenprvák,alebo6druhákov a 2 prváci. V oboch prípadoch sa musíme presvedčiť, že turnaj mohol prebehnúť tak, aby boli splnené podmienky zadania. V prípade štyroch účastníkov získal prvák v zápasoch sdruhákmi1,5bodu.típotomzískalizostávajúceho4,5bodu.vprípade8účastníkov vo všetkých zápasoch medzi prvákom a druhákom s výnimkou jedného, ktorý skončil remízou,zvíťazilprvák.prvácitakzískali12,5boduadruháci15,5bodu. 23

26 C I 4 Obr.8 Po chvíli experimentovania prídeme na to, že najmenší možný počet zmien smeru na okruhu je 20. Jeden z viacerých možných návrhov takéhoto okruhu je nakreslený na obrázku 8. Podstatnou časťou riešenia je však dôkaz toho, že na každom okruhu prechádzajúcom cez všetky križovatky je aspoň 20 zmien smeru. Predpokladajme najprv, že okruh je taký, že autobus ide po každej z desiatich severojužných ulíc. Vždy, keď prechádza na nejakú severojužnú ulicu a vždy, keď z nej odbočuje,musízmeniťsmer.týchtozmienjetedaaspoň2 10=20. Pokiaľ autobus nejde po niektorej zo severojužných ulíc, musí cez ňu prechádzať na desiatich križovatkách. Ide teda po všetkých desiatich východozápadných uliciach. Rovnakou úvahou, akú sme previedli už skôr, dostávame, že počet zmien smeru je aspoň 20. C I 5 Trojuholník ABC je rozdelený na tri čierne trojuholníky, tri štvoruholníky a trojuholník P QR(pozri obrázok v zadaní úlohy). Súčet obsahov všetkých týchto trojuholníkov aštvoruholníkovjerovnýobsahu ABC.Obsahytrojuholníkov ABA 1, BCB 1 a CAC 1 sú rovné jednej tretine obsahu trojuholníka ABC. Preto platí S ABA1 + S BCB1 + S CAC1 = S ABC. V súčte na ľavej strane je obsah každého z čiernych trojuholníkov započítaný dvakrát, obsah štvoruholníkov je započítaný raz, zatiaľčo obsah trojuholníka P QR nie je započítaný ani raz. Odtiaľ plynie, že súčet obsahov vyznačených trojuholníkov je rovný obsahu trojuholníka P QR. Obsah každého z vyznačených trojuholníkov aj obsah P QR možno vypočítať pomocou obsahu ABC. C I 6 Označme O pätuvýškyzvrcholu A, P pätuvýškyzvrcholu B a Qpätuvýšky zvrcholu C.Trojuholníky ABPa MCPmajúpravéuhlyprivrchole P.Vprípade,že uholprivrchole Cjeostrý,zhodujúsatiežvuhlochprivrcholoch Ba C.Preostrouhlý trojuholník(pozri obrázok 9) to dokážeme takto: ABP =90 QMB =90 PMC = PCM. 24

27 (Dôkaz pre trojuholník s neostrým uhlom pri vrchole A alebo B preveďte sami!) Pretože AB = CM,súobatrojuholníkyzhodné.Špeciálne CP = BP,pravouhlý trojuholník BCPjerovnoramennýauholprivrchole Cjetedarovný45. C M P P O M C A Q B A Q B Obr. 9 Obr. 10 V prípade, že uhol pri vrchole C je tupý(môže byť pravý?), dokážeme analogicky, že ABP = CMP.(Preveďtepodrobne!)Odtiaľplynie,že MP = PB,ateda vtrojuholníku BMP jeuholprivrchole M rovný45.uholprivrchole C jepreto rovný135,akosapresvedčímevýpočtomvštvoruholníku COMP.Pozriobrázok10. C S 1 Ľavástranarovnicejekladnéčíslo,preto y x+1.odtiaľplynie,že 24x 2 = y! x! (x+1)! x!=x!(x+1 1)=x!x. Povydeleníkladnýmčíslom x 2 dostávame24 (x 1)!.(Tukladieme0!=1.)Teda x 5asučasnemábyť y!=24x 2 + x!.akdosadímeza xčísla1,2,3,4,5,zistíme,že predchádzajúcarovnicamáriešenielenpre x=5,ato y=6. Riešenímrovnicejejedinádvojica(x, y)=(5,6). C S 2 CestazBdo Hpodrôte BF auhlopriečke FHmádĺžku20 ( 1+ 2 ).Označme X stredsteny EFGHa Y stredsteny BCGF.Každázúsečiek HX, XY a Y Bmádĺžku polovicestenovejuhlopriečkykocky,t.j PretocestazHdo Bpovláknach ( ) HX, XY a YBmádĺžku < Dokážeme,žetátocestajeajcestou najkratšej dĺžky. KaždácestazHdo B,ktorávedieceznejakývrcholkocky,mádĺžkuaspoň20 ( ).Pretocestynajkratšejdĺžkymusianutneviesťcezstredystien.Nechtedacesta z Hvediepopoloviciuhlopriečkydostredustenysvrcholom H.Ďalejmôžunastať tieto možnosti: 25

28 H X G E D F Y C Obr.11 A B 1. Cestavedieďalejdosteny,ktorejvrcholomniejebod B.Potomjejejdĺžkaväčšia ako20 ( ) ). 2. Cestapokračujedostreduprotiľahlejstenyajejdĺžkajeaspoň20 ( Cestavediedostredustenysvrcholom B.Akvedieztohotostredupriamodo B, mádĺžku TretíprípaddávapopisvšetkýchciestzHdo Bnajkratšejdĺžky.Ichpočetje3 2=6.Zbodu HmáprevýberprvéhoúsekucestynajkratšejdĺžkyHubert3možnosti, prevýberdruhéhoúsekucestymá2možnostiaprevýberposlednéhoúsekulenjedinú možnosť. C S 3 Obsahtrojuholníka XYZbudemeoznačovať S XYZ,obsahštvoruholníka ABCDoznačujeme S.Pretože Fjestredom BCa Hjestredom AD,platí S ABF = 1 2 S ABC, S CDH = 1 2 S ACD. Teda S ABF + S CDH = 1 2 (S ABC+ S ACD )= 1 2 S. Úplne rovnako dokážeme S BCG + S ADE = 1 2 (S BCD+ S ABD )= 1 2 S. Súčetobsahovtrojuholníkov ABF, BCG, CDHa ADEjetedarovnýobsahudaného štvoruholníka,t.j.100cm 2. C G D F Ḧ A E B Obr

29 C II 1 Predovšetkým x! >96,apreto x 5.Teda x!jedeliteľné5-timiapravástranadáva podeleníčíslom5zvyšok1.preto y!musídávaťpodelení5-timizvyšok4,čojemožné ibapre y=4.riešmetedarovnicu: x!=5 z!+120. (1) Môžeme postupovať dvoma rôznymi spôsobmi. 1. Zrovniceplynie,že x z+1.teda(z+1)! 5 z!+120aodtiaľ: 120 (z+1)! 5 z!=(z 4) z! Preto z 5.Preverenímvšetkýchpiatichmožností z=1,2,3,4,5zistíme,že rovnici(1)vyhovujeibajediné z,ato z=5.pritom x=6. 2. Zrovnice(1)plynie,že x! >120,teda x 6.Číslo x!jepretodeliteľné16-timi. Číslo 120 dáva po delení 16-timi zvyšok 8, preto z! nemôže byť deliteľné 16-timi, ateda z 5.Ďalejpostupujemerovnakoakov(1). Úlohamájedinériešenie(x, y, z)=(6,4,5). C II 2 Pri každom otáčaní tyče zostáva jeden jej koniec na mieste. Preto k premiestneniu tyče zpolohy ABdopolohy A B námjednootáčanienestačí.nestačiaanidveotáčania, pretožeprvýmotáčanímnepremiestnimekoniec Aalebo B dobodov A alebo B. Ukážeme, ako premiestnenie možno previesť pomocou troch otáčaní. k A k A B A B Obr.13 Uvažujmekružnicu ksostredom Bakružnicu k sostredom B,obespolomerom 7m(viďobr.13).Tietokružnicesapretnúvdvochbodoch.Ktorýkoľvekznichoznačme A.Najprvtyčotočímeokolobodu Btak,abykoniec Aprešieldobodu A.Druhýkrát otočímetyčokolobodu A tak,abysakoniec Bpremiestnildobodu B.Nakoniec otočímetyčokolobodu B tak,abysadruhýkoniectyčedostaldobodu A. C II 3 Nech AB =a, BC =b.trojuholníky ADXa BCY majúrovnakýobsah,apreto vzdialenosť bodu X od AD je rovná vzdialenosti bodu Y od BC. Označme túto vzdialenosť v.označme xvzdialenosť Xod ABa yvzdialenosť Y od CD. 27

30 D X x ÅObr. 14 A v v B Obsah štvoruholníka ABYX je rovnaký ako súčet obsahov dvoch pravouhlých trojuholníkov a lichobežníka(pozri obr. 14) a rovná sa: 1 2 vx+1 2 (b y)v+1 2 (x+b y)(a 2v)=1 (a v)(b+x y). 2 Rovnako spočítame obsah štvoruholníka CDXY: 1 2 vy+1 2 (b x)v+1 2 (b x+y)(a 2v)=1 (a v)(b+y x). 2 Pretože a > v,plyniezrovnostiobsahovobochštvoruholníkovrovnosť b+x y= b+ + y x,čoje x=y.bod Y jetedaobrazombodu Xpristredovejsúmernostipodľa stredu obdĺžnika. Tým je dokázané, že úsečka XY prechádza stredom obdĺžnika. y Y C II 4 C F D A B C «Obr.15 E Predpokladajme,žehranyosemstenamajúdĺžku1.KaždácestazEdo F musí zrejmeviesťbuďniektorýmzvrcholov A, B, C, D,alebostredomniektorejzhrán AB, BC, CD, DA(pozriobr.15).Pritomnajkratšiacestazbodu Edokaždéhoztýchto bodovmádĺžku1.početnajkratšíchciestzbodu Edokaždéhozvrcholov A, B, C, Djerovný1adokaždéhozostredovhrán AB, BC, CD, DAjerovný2.Rovnakésú ajpočtynajkratšíchciestztýchtoôsmichbodovroviny ABCDdobodu F.Pretoje početnajkratšíchciestzedo Frovný: =20. 28

31 Kategória B B I 1 Rovnicazrejmenemákoreň0.Povydeleníobochstránrovnicečíslom x 2 juupravíme na tvar x ( x 2+6 x+ 1 ) + a=0. x Položme u=x+ 1 x,potom x2 + 1 x 2= u2 2arovnicuprepíšmenatvar Zo substitučného vzťahu dostávame u 2 +6u+a 2=0. (1) x 2 ux+1=0. (2) Ak má mať pôvodná rovnica štyri rôzne reálne korene, potom rovnica(1) musí maťdvarôznekorene(označmeich u 1 a u 2 ),rovnakoakokaždázobochrovníc(2)pre u=u 1,resp. u=u 2 musímaťdvarôznereálnekorene,t.j.diskriminantytýchtorovníc sú kladné. Dostávame podmienky a <11 azároveň u 1 >2a u 2 >2. (3) Predpokladajme,že u 1, u 2 súkorenerovnice(2),anech u 1 < u 2.ZViètových vzťahovzistíme,že2u 1 < u 1 + u 2 = 6,takže u 1 < 3.Prekoreň u 1 tedaplatí vzťah(3)automaticky,predruhýkoreňmusíplatiťbuď u 2 < 2,alebo u 2 >2.Ak sipredstavímegrafakorenekvadratickejfunkcie f(u)=u 2 +6u+a 2,potomto znamená,že f( 2) >0,alebo f(2) <0.Odtiaľ a >10,alebo a < 14.Teda a M= =(, 14) (10,11). Ukážemeešte,žeprekaždé a M mápôvodnárovnicaštyrinavzájomrôzne korene.pre a Mmárovnica(1)dvarôznekorene u 1, u 2,ktorýchabsolútnehodnoty súväčšieako2.pretokaždázobochrovníc x+ 1 x = u imádvarôznereálnekorene x i a (i=1,2),čosúkorenepôvodnejrovnice.medzičíslami x 1,, x 2, však x i x 1 x 2 nemôžu byť dve rovnaké(keby {x 1, 1 } {x 2, 1 },potom {x 1, 1 } = {x 2, 1 } x 1 x 2 x 1 x 2 a u 1 = u 2 ). 29

32 B I 2 Položme x=c a b.potom x >0ac=a+b+x.Jednoduchýmialgebraickými úpravami možno overiť, že F= a 3 + b 3 + c 3 +3abc 2(a+b) 2 c= = a 3 + b 3 + ( (a+b)+x ) 3 +3ab(a+b+x) 2(a+b) 2 (a+b+x)= = x(a+b)(a+b+3x)+x(x 2 +3ab) >0, lebo všetky členy posledného výrazu sú kladné. Tým je daná nerovnosť dokázaná. Iné riešenie. Spočíva v tom, že výraz F budeme považovať za polynóm s premennou c.dosadením c=a+bsapoúpravepresvedčíme,že F(a+b)=0,t.j. a+bjekoreňom polynómu,apretojetentopolynómdeliteľnýkoreňovýmčiniteľom c (a+b)aplatí: F(c)= ( c (a+b) ) (c 2 +ac+bc a 2 +ab b 2 ).Výrazvprvejzátvorkejepre c > a+b kladný,výrazvdruhejzátvorkejetiežkladný,pretože c 2 +(a+b)c a 2 + ab b 2 > >2(a+b) 2 a 2 + ab b 2 =(a+b) 2 +3ab >0. B I 3 Označme ssúčetkoeficientovdanéhopolynómu.zrejmeje s=p(1).prekaždédve rôzne celé čísla a, b a ľubovoľný polynóm Q s celočíselnými koeficientami platí, že číslo Q(a) Q(b)jedeliteľnéčíslom a b.preto12 ( P(13) P(1) ).Existujetedaceléčíslo ktaké,že8046 s=12k,odtiaľ s= k=6(1341 2k).Súčetkoeficientov daného polynómu je deliteľný šiestimi, a teda nie je prvočíslo. B I 4 ZPytagorovejvetyurčíme AB =5cm.Zoznámychvlastnostítrojuholníkaje AM : : BM = AC : BC = 3 : 4,odtiaľ AM = AB = 7cm, BM = 7 cm. Pretrojuholníky ABC, AMC, BMCoznačme(vdanomporadí) S, S 1, S 2 ichobsahy, r, r 1, r 2 polomery vpísaných kružníc a s, s 1, s 2 polovice ich obvodov. Platí S = = 1 2 AC BC =6cm2, S 1 : S 2 = AM : BM =3:4,lebotrojuholníky AMC, BMC majúrovnakúvýškuzvrchola C.Platíteda S 1 = 18 7 cm2, S 2 = 24 7 cm2.zo vzťahu S 1 = 1 2 CM CA sin45o vyplýva,že CM = cm. C T 1 L O 1 T O Obr A M B Svyužitímznámychvzorcovďalejdostávame r 1 = S 1 = cm, r 2 = S 2 = s 1 7 s 2 = cma CT 1 =s 1 AM, CT 2 =s 2 BM (obr.16).odtiaľ T 1 T 2 = 7 30

33 = CT 2 CT 1 =s 2 s 1 + AM BM = 1 7 cm. Označmeďalej KLobrazúsečky O 1 O 2 vposunutíovektor O 1 T 1 (K= T 1 ).Zpravouhléhotrojuholníka KT 2 Lpotomdostávame O 1 O 2 = KL = T 1 T LT 2 2 = = T 1 T 2 2 +(r 1 + r 2 ) 2 = cm. B I 5 Pre n=1jehľadanýpočet P(1)=2. n-tákružnicapretne n 1kružnícvnanajvýš 2(n 1) bodoch. Počet častí roviny sa teda pridaním n-tej kružnice zvýši tiež nanajvýš o2(n 1).Prepočet P(n)častírovinydostávame P(n) 2(n 1)+P(n 1) 2(n 1)+2(n 2)+P(n 2)... 2(n 1+n )+P(1)=n(n 1)+2. Vhodnýmpríkladomsapresvedčme,žepre P(n)platírovnosť P(n)=n(n 1)+ +2.Nech k 1 jejednotkovákružnicasostredom Oanech Ajepevnezvolenýbod OA tejtokružnice.označme k i obrazkružnice k 1 vposunutíovektor(i 1) n,kde i {1,2,..., n}.potomsústavakružníc k 1, k 2,..., k n delírovinuna n(n 1)+2častí. B I 6 V h L C D S x Obr. 17 A K B Označme K, LpätykolmíczV nahrany AB, CD.Priamka AB jekolmána rovinu KLV,pretožejekolmánapriamky KV, LV (obr.17).odtiaľ KL AB.Výška kosoštvorca ABCDje KL =2x.Pätavýškyihlanaležívrovine KLCajezrejme totožná so stredom S úsečky KL. Z pravouhlého trojuholníka KSV je táto výška v = = h 2 x 2.Objemihlanajeteda V = 2 3 ax h 2 x 2 = 2 3 a x 2 h 2 x 4. Objem bude maximálny, práve keď bude maximálny výraz pod odmocninou U= x 2 h 2 x 4 = 1 4 h4 ( x h2 ) 2. Maximumhľadámenaintervale0<x< 1 2 a,pretoževýškakosoštvorca2xjemenšia akoveľkosť ajehostrany.kvadratickáfunkcia Upremennej t=x 2 nadobúdaabsolútne 31

34 maximumpre x = h 2,pretoďalšiadiskusiazávisíodtoho,čibod h 2 padnedo intervalu(0, 1 2 a),alebonie.pre h 2 < ajetedamaximálnyobjemihlana V max = = 1 3 ah2. Pre a h 2jekvadratickáfunkcia Uvintervale(0, 1 2 h2 )rastúca,apretoobjem ihlanavtomtoprípadenemámaximum,aleneohraničenesablížikhodnote V max = = a 2 4h2 a 2 (pre x= adostanemeštvorcovúpodstavu,tupredpokladáme,že podľa bežne užívanej definície štvorec nie je kosoštvorec). B S 1 Sčítaním dvojnásobku prvej rovnice s druhou odstránime parameter a a dostávame rovnicu 3x 4 7x 3 4x 2 7x+3=0 pre spoločný koreň x. Iba korene tejto rovnice môžu byť spoločnými koreňmi zadaných rovníc. Túto rovnicu môžeme riešiť aj ako reciprokú, aj znižovaním rádu. Má totiž racionálnekorene x=3, x= 1 3.Riešmejuakoreciprokú: 3 (x 2 + 1x ) ( 2 7 x+ 1 ) 4=0, x posubstitúcii x+ 1 x = s, dostávame x x 2= s2 2, 3s 2 7s 10=0. Poslednárovnicamá2korene.Pre s 1 = 1nedostávamežiadnereálneriešenie x, koreň s 2 = 10 3 vediekriešeniam: x 1 =3, pre a= 13, Úlohamádveriešenia a=13, a= x 2 = 1, pre a= B S 2 Riešenierozdelímenadvečasti,prenezápornéceléazápornécelé x.čísla19a94 dávajúpodelenítromizvyšok1.súpretotvaru3k+1.vieme,že3 (3k+1) 1(a b označuje adelí b). ( ) (3k+1) x 1=(3k+1 1) (3k+1) x 1 +(3k+1) x

35 Preto3 (3k+1) x 1,teda3 19 x 1aj3 94 x 1.Čísla19 x a94 x dávajúpretopodelení tromizvyšok1,aichsúčetzvyšok2.lenžedruhémocninycelýchčíseltvaru3kmajú podelenítromizvyšok0adruhémocninycelýchčíseltvaru3k ±1majúzvyšok1, lebo (3k ±1) 2 =9k 2 ±6k+1. Avšak1994-támocninajeajdruhoumocninou,apreto,akosmeukázali,mápodelení lenzvyšky0,1.pretorovnicanemáriešenieprenezápornéceléčísla x.vzáporných celýchčíslachrovnicanemáriešenie,leboľavástranajemenšiaako1aväčšiaako0, kýmpravájeväčšiaaleborovná1. B S 3 Ľahkovypočítame CD =2,4, AD =1,8, BD =3,2.Označme P 1, P 2 päty kolmícvedenýchzbodov O 1, O 2 naúsečku AB.ZPytagorovejvetydostávame: O 1 O 2 = ( O 2 P 2 O 1 P 1 ) 2 + P 1 P 2 2 = ( 2 1) 2 +( 1+ 2) 2 = = , kde 1, 2súpolomerypríslušnýchvpísanýchkružníc.Vieme,žepolomervpísanejkružnicetrojuholníkasarovnádvojnásobkupodielujehoobsahuaobvodu( =2 S o ).Preto Podosadení O 1 O 2 = 2. 1,8 2,4 1= 1,8+2,4+3 =0,6, 3,2 2,4 2= 3,2+2,4+4 =0,8. 33

36 B II 1 Akje ukoreňniektorejzdvochzadanýchrovníc,potom u 0a 1 u jekoreňtejistej rovnice.preto u= 1,takže u=±1.nechtedačíslo1,resp. 1jekoreňomprvej,resp. u druhej rovnice(inak vymeníme navzájom čísla a, b). Zo sústavy rovníc 1+a+b+a+1=0 a 1 b+a b+1=0 plynie a= 6 5 a b= 2 5.Skúmanérovnicesúpotom (x 1) 2 ( x x+1 ) =0 a (x+1) 2 ( x x+1 )=0, t.j.majújedinéreálnekorene,lebodiskriminantyobochtrojčlenov x x+1ax2 8 5 x+1súzáporné.hľadanédvojice(a, b)sú(6 5,2 5 )a(2 5,6 5 ). B II 2 Zrejme m=1jeriešenímaukážeme,že m=1jejedinéprirodzenéčíslo,prektoré tvrdenieplatí.naozaj,ak998 m 1delí1994 m =2 m 997 m,tak998 m 1delíaj997 m, čojemožnélenpre m=1,pretožeinakje998 m 1väčšieako997 m. B II 3 Nech a= BC, b= CA, c= AB a AM =pc,kde0 < p <1(pozriobrázok18). N pa C A pc M (1 p)b Obr.18 (1 p)c B Trojuholníky CAMa BCMmajúobsahyvpomere p:(1 p),t.j.súrovné 1 2 pab, resp. 1 (1 p)ab,takžerovnosťpolomerovpríslušnýchvpísanýchkružnícmožnozapísať 2 takto: pab b+pc+x = (1 p)ab a+(1 p)c+x, kdesmeoznačili x= CM.Odtiaľpoúpraveplynie pa (1 p)b=(1 2p)x. (1) Na druhej strane podľa Pytagorovej vety pre trojuholník CM N platí x 2 = p 2 a 2 +(1 p) 2 b 2. 34

37 Preto z(1) plynie umocnením na druhú ( pa (1 p)b ) 2=(1 2p) 2 ( p 2 a 2 +(1 p) 2 b 2), odkiaľ po roznásobení a úprave dostaneme 2p(1 p) [ p 2 a 2 +(1 p) 2 b 2] = p(1 p)ab. Pretože p(1 p) 0avýrazvhranatejzátvorkeje x 2,dostávamerovnosť x 2 = 1 2 ab, ktorá znamená, že štvorec so stranou x má rovnaký obsah ako trojuholník ABC. Poznámka. Hodnotu p nie je nutné určovať. Je to koreň kvadratickej rovnice p 2 a 2 +(1 p) 2 b 2 = ab 2, ktorámávždydvakorene.vybraťten pravý jemožnénazákladediskusieoznamienkach oboch strán rovnosti(1). B II 4 Označmevrcholydanejkockyobvyklýmspôsobom A, B, C, D, E, F, G, H.Akje vrchol Aofarbenýjednouztrochfariebaniektorýzvrcholov C, F, Hmátúistúfarbu, smehotoví,lebo AC = AF = AH =a 2 >1,41a > 7 5 a.vopačnomprípademusia byť uvedené tri vrcholy rovnostranného trojuholnika CF H ofarbené najviac dvoma rôznymifarbami,takžeaspoňdvazbodov C, F, Hmajútúistúfarbu.Ichvzdialenosť jeväčšiaako 7 5 a.týmjetvrdenieúlohydokázané. Kategória A A I 1 Odvodímenajprvvšeobecnývzorecprepočet P k (n)všetkých k-násobnýchdeliteľov čísla nsrozkladom n=p a 1 1 pa pa N N,kde p i súnavzájomrôzneprvočíslaaexponenty a i súprirodzenéčísla.platí m k n,právekeď mjetvaru p b 1 1 pb pb N N,kdecelé b i spĺňajú0 b i a i k prekaždé i.pretojetakýchčísel mpráve N ( [ ai ]) 1+.Hodnotu i=1 k P k (n)určíme,keďodpočtučísel msvlastnosťou m k nodčítamepočettýchznich, prektorédokoncaplatí m k+1 n,takže P k (n)= N i=1 ( 1+ [ ai ]) k N i=1 ( [ ai ]) 1+. (1) k+1 Ľahko uvážime, že prvočíslo p má v rozklade čísla n! exponent rovný [ n ] [ n ] [ n ] [ n ] (2) p p 2 p 3 p 4 35

38 Ľahko uvážime, že prvočíslo p má v rozklade čísla n! exponent rovný [ n ] [ n ] [ n ] [ n ] (2) p p 2 p 3 p 4 (len konečný počet sčítancov je nenulových). Takto môžeme stanoviť prvočíselný rozklad 100! = , kdebodkyvyznačujú ďalšieprvočísla,ktorých exponenty sú menšie ako 7, a teda neovplyvnia hodnotu ( [ 97 ])( [ 48 ])( [ 24 ])( [ 16 ])( [ 9 [ 7 P 7 (100!)= ])( 7]) ( [ 97 ])( [ 48 ])( [ 24 ])( [ 16 ])( [ = ]) = = =2520. A-I-2 Objemnášhohranolaje V = 1 2 a2 v,kde vjeneznámavzdialenosťjehopodstáv.obidve priamky BC a AB,atedaajrovina ABC súkolménapriamku AC.Akje Pkolmý priemetbodu C napriamku AB,potomobidvepriamky ABa AC,atedaajrovina ABC,súkolménapriamku C P.Hľadanávzdialenosť vjepretorovná C P aoba uhly CPC, APC súpravé.naviac PCC =60 o,takže v= CP 3.Označme x súradnicubodu P napriamke ABvsústave,vktorej A=[0]aB=[ a](t.j. x= = ± AP,kdeznamienko,resp.+vezmemepodľatoho,či Ppadnenapolpriamku AB,činapolpriamkuknejopačnú.)Potomz ACP plynie CP 2 = a 2 + x 2,takže v 2 =3(a 2 + x 2 ).Pretože BC =a 6,máPytagorovavetapre BPC tvar6a 2 = =(a+x) 2 +3(a 2 + x 2 ).Tátorovnicamádvakorene x 1 = 1 2 a, x 2= a.podmienky úlohy preto spĺňajú dva hranoly(obr. 19, 20) s výškami v 1 = 3 ( a 2 + a2 4 Ichobjemysú V 1 = 1 4 a3 15,resp. V 2 = 1 2 a3 6. ) = a 15, resp. v 2 = 3(a a 2 )=a 6. ¼ C A B ¼ ¼ C P o o B X Y C A P Obr. 19 B Obr. 20 A Obr

39 A-I-3 Nech P označujekolmýpriemetbodu X napriamku BC (obr.21).pretožeplatí XCY =40 o = XCP,ležíbod Xnielennaosiuhla ABC,aletiežnaosiuhla Y CP.Pretomábod Xrovnakúvzdialenosťodtrochpriamok AB, BCa CY,takže ležíajnaosiuhla AY C,t.j. AY X = 1 2 AY C.Akoznačíme β= ABC,potom CY B =80 o β, AY C =100 o +βa AY X =50 o + β 2,teda XY B =130o β 2. Z XY Bkonečneplynie,že Y XB =180 o ( 130 o β ) 2 β 2 =50o. A-I-4 Umocnením na tretiu dostaneme ekvivalentnú rovnosť n=(p 3 +2q 3 )+3p 2 q 3 2+3pq (1) Zaoberajmesanajprvprípadom n=4.akje 3 4=p+q 3 2,potomz(1)plynie 4=(p 3 +2q 3 )+3p 2 q 3 2+3pq 2 (p+q 3 2), (2) alebo4 p 3 2q 3 3p 2 q 2 = 3 2(3p 2 q+3pq 3 ).Pretože 3 2jeiracionálnečíslo,jeposledná rovnosťmožná,lenkeď4 p 3 2q 3 3p 2 q 2 =0a3pq(p+q 2 )=0.Zdruhejrovnice plynie p=0, q=0alebo p= q 2,dosadenímdoprvejpotomporade q 3 =2, p 3 =4, resp. q 6 + q 3 2=0.Pretožečísla paqsúracionálne,jezposlednejtrojicesplniteľná lentretiapodmienka,ktoráznamená,že q 3 = 2,alebo q 3 =1.Dostávametakjedinú dvojicu(p, q)=( 1,1),prektorúsíceplatí(2),nievšak 3 4=p+q 3 2.Pretoposlednú rovnosť nespĺňajú žiadne racionálne p a q. Vovšeobecnomprípadeukážeme,žeakplatí(1)preniektoréracionálne n, paq, potomkoeficient3pq 2 pričlene 3 4musíbyťrovnýnule.Inakbytotižbolomožnéz(1) vyjadriť 3 4= n p 3 2q 3 3pq 2 p q 3 2, čobybolsporstým,žečíslo4niejeriešením.pretoplatí3pq 2 =0,t.j. p=0alebo q= =0.Potomvšak n=p 3 alebo n=2q 3.Akjenaviacčíslo ncelé,musiabyťvposledných dvochrovnostiachajčísla p, qcelé.odpoveď: n=k 3 alebo n=2k 3,kde k >1jecelé číslo. 37

40 A-I-5 Označmerovnosťzozadaniaako(1).Akdosadímedo(1) a=b=1,dostanemenutnú podmienkuprečíslo p: p 2 2(>0).Ukážme,žepre p=2 2nerovnosť(1)platí. Pre p >0možnonerovnosť a+b p ab+ a 2 + b 2 ekvivalentneumocniťnadruhú, poúpravedostaneme(2 p 2 )ab 2p ab(a 2 + b 2 ).Aksemdosadíme p=2 2, dostaneme(podelenídvomi)nerovnosť2 ( 2 1)ab (2 2 ) ab(a 2 + b 2 ).Pretože 2 2= 2 ( 2 1 ),jemožnéposlednúnerovnosťpodeleníkladnýmvýrazom ( 2 1 ) 2abzjednodušiťna 2ab a 2 + b 2.Tátonerovnosťplatípreľubovoľnékladné a, b,lebojeekvivalentnás2ab a 2 + b 2,alebo0 (a b) 2.Hľadanénajmenšie pje tedarovné2 2. A-I-6 Ciferný súčet S(n) každého čísla n dáva pri delení deviatimi ten istý zvyšok ako samotné číslo n.pretožečíslo n 2 jetvaru9kalebo3k+1(podľatoho,či3 n,alebonie),leží každéčíslo S(n 2 )vmnožine {9,18,27,...} {1,4,7,10,...}.Terazjepotrebnézistiť, prektoré kmajúrovnice S(n 2 )=9k,resp. S(n 2 )=3k+1aspoňjednoriešenie n. Ukážeme,žejetomutakprekaždé k.najprv S(1 2 )=1.Ďalejpozorujmepríklady 3 2 =9,33 2 =1089,333 2 =110889, = ,..., 2 2 =4,32 2 =1024,332 2 =110224, = ,... Označme e k číslozapísané kjednotkamiavyslovmehypotézu,že S(n 2 )=9kpre n= =3e k a S(n 2 )=3k+1pre n=3e k 1.Kjejdôkazustačíoveriťrovnosti (3e k ) 2 =11 }{{...1 } 088 }{{...8 } 9=10 k+1 e k 1 +80e k 1 +9, k 1 k 1 (3e k 1) 2 =11 }{{...1 } 022 }{{...2 } 4=10 k+1 e k 1 +20e k k 1 k 1 (1) Ajkeďrovnosti(1)jemožnéoveriťdosadenímformúl e m = 1 9 (10m 1)pre m=k a m=k 1,jemožnýajinýpostup:Pretože9e k =10 k 1,platí9e 2 k =(10k 1)e k, ateda (3e k ) 2 =10 k e k e k, (3e k 1) 2 =9e 2 k 6e (2) k+1=10 k e k 7e k +1. Dekadický zápis pravých strán(2) už možno ľahko zistiť použitím pravidiel pre písomné sčítanie a odčítanie preveďte sami. 38