MASARYKOVA UNIVERZITA ÚSTAV MATEMATIKY A STATISTIKY. Diplomová práce BRNO 2018 ALEXANDRA POREMBOVÁ

Transcript

1 MASARYKOVA UNIVERZITA PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA ÚSTAV MATEMATIKY A STATISTIKY Diplomová práce BRNO 2018 ALEXANDRA POREMBOVÁ

2

3 MASARYKOVA UNIVERZITA PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA ÚSTAV MATEMATIKY A STATISTIKY Matematický seminář pro talentované studenty Diplomová práce Alexandra Porembová Vedoucí práce: Mgr. Michal Bulant, Ph.D. Brno 2018

4

5 Bibliografický záznam Autor: Název práce: Studijní program: Studijní obor: Vedoucí práce: Bc. Alexandra Porembová Přírodovědecká fakulta, Masarykova univerzita Ústav matematiky a statistiky Matematický seminář pro talentované studenty Fyzika Učitelství fyziky pro střední školy Učitelství matematiky pro střední školy Mgr. Michal Bulant, Ph.D. Akademický rok: 2017/2018 Počet stran: xix Klíčová slova: vzdělávaní; matematika; střední škola; matematická olympiáda; matematický seminář

6

7 Bibliografický záznam Autor: Názov práce: Študijný program: Študijný odbor: Vedúci práce: Bc. Alexandra Porembová Prírodovedecká fakulta, Masarykova univerzita Ústav matematiky a štatistiky Matematický seminár pre talentovaných študentov Fyzika Učitel stvo fyziky pre stredné školy Učitel stvo matematiky pre stredné školy Mgr. Michal Bulant, Ph.D. Akademický rok: 2017/2018 Počet strán: xix Kl účové slová: vzdelávanie; matematika, stredná škola, matematická olympiáda, matematický seminár

8

9 Bibliographic Entry Author: Title of Thesis: Degree Programme: Field of Study: Supervisor: Bc. Alexandra Porembová Faculty of Science, Masaryk University Department of Mathematics and Statistics Mathematical seminar for talented students Physics Upper Secondary School Teacher Training in Physics Upper Secondary School Teacher Training in Mathematics Mgr. Michal Bulant, Ph.D. Academic Year: 2017/2018 Number of Pages: xix Keywords: education; mathematics; high school; Mathematical Olympiad; mathematical seminar

10

11 Abstrakt Diplomová práce se zabývá tvorbou osnovy prezenčního matematického semináře pro talentované studenty. Ten má připravovat studenty prvního ročníku střední školy na účast na matematických soutěžích, zejména matematické olympiádě. V první části práce představuje přehled aktivit, do kterých se můžou středoškoláci se zájmem o matematiku zapojit, společně se stručným přehledem typů úloh matematické olympiády kategorie C a vzdělávacího programu pro předmět matematika v prvním ročníku. Na základě toho potom práce v druhé části obsahuje návrh konkrétního obsahu jednotlivých setkání matematického semináře ve formě převzatých řešených příkladů doplněných o komentář.

12

13 Abstrakt Diplomová práca sa zaoberá tvorbou osnovy prezenčného matematického seminára pre talentovaných študentov. Ten má pripravovat študentov prvého ročníka strednej školy na účast na matematických sút ažiach, najmä matematickej olympiáde. V prvej časti práca predstavuje prehl ad aktivít, do ktorých sa môžu stredoškoláci so záujmom o matematiku zapojit, spolu so stručným prehl adom typov úloh matematickej olympiády kategórie C a vzdelávacieho programu pre predmet matematika v prvom ročníku. Na základe toho potom práca v druhej časti obsahuje návrh konkrétneho obsahu jednotlivých stretnutí matematického seminára vo forme prevzatých riešených príkladov sprevádzaných komentárom.

14

15 Abstract The diploma thesis deals with the creation of a curriculum of an attended mathematical seminar for talented students. The seminar is supposed to prepare first year high school students for the participation in mathematical competitions, especially the Mathematical Olympiad. In the first part, the work presents an overview of activities in which high school students interested in mathematics can engage, together with a brief outline of the types of problems encountered in the Mathematical Olympiad of C category and in the first year mathematics curriculum. Based on these, the work in the second part contains a specific programme of the the mathematical seminar s individual meetings in the form of adopted solved problems accompanied by a commentary.

16

17

18

19 Pod akovanie Na tomto mieste by som rada pod akovala Mrg. Michalovi Bulantovi, Ph.D. za neuveritel nú trpezlivost, pomoc, dôveru a povzbudivé slová v priebehu vypracovania práce. Ďakujem tiež mojim rodičom a bratovi, Kubovi, Jurajovi, Honzovi, Martinovi, Matúšovi a ostatným parádnym kamarátom za podporu technickú, intelektuálnu aj psychickú. Bez vás by nebolo ani dobre, ani diplomová práca. Prohlášení Prohlašuji, že jsem svoji diplomovou práci vypracovala samostatně s využitím informačních zdrojů, které jsou v práci citovány. Brno 16. mája Alexandra Porembová

20

21 Obsah Úvod Kapitola 1. Širší kontext práce Príležitosti pre študentov so záujmom o matematiku Bližšia špecifikácia zadania práce Doplňujúce zdroje, materiály a inšpirácia Celoročný koncept seminára Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí November December Január Február Marec Apríl Máj Jún Záver Prílohy xix

22

23 Úvod Diplomová práca sa venuje tvorbe prezenčného matematického seminára pre študentov prvého ročníka so záujmom o matematiku. Práca má dve časti. V prvej z nich zasadíme seminár do širšieho kontextu matematického vzdelávania stredoškolákov. Podávame stručný prehl ad mimoškolských aktivít, do ktorých sa študenti so záujmom o matematiku môžu zapojit. Sem bezpochyby patrí najstaršia predmetová olympiáda matematická olympiáda, rozličné korešpondenčné semináre, tábory, sústredenia a letné školy s matematickou tematikou, ako aj jednodňové podujatia, či už sú to sút aže alebo (ma)tematicky zamerané semináre. Pri tvorbe obsahov seminárnych stretnutí sme potom vychádzali zo školského vzdelávacieho programu pre prvý ročník gymnázií (ktorý vychádza z rámcového vzdelávacieho programu, je však hmatatel nejším vodidlom k tomu, aké znalosti a zručnosti by študenti mali mat ) a analýzy úloh matematickej olympiády kategórie C. Na základe poznatkov z prvej kapitoly sme potom vytvorili osnovy seminárov pre študentov so záujmom o d alšie matematické vzdelávanie. Semináre sú naplánované s týždennou frekvenciou, pričom jedno seminárne stretnutie má trvat približne 120 minút. V hlavnom texte ponúkame návrh úloh, ktorými sa študenti pod vedením vedúceho seminára majú zaoberat, sprievodné komentáre aj domáce práce. Ďalej sú obsahom stretnutí tímové matematické sút aže a zaradené sú aj semináre zamerané na analýzu úloh aktuálneho ročníka matematickej olympiády. Práca bola napísaná s využitím systému LATEX, obrázky sme prevzali zo verejne dostupných vzorových riešení úloh MO. 1

24

25 Kapitola 1 Širší kontext práce 1.1 Príležitosti pre študentov so záujmom o matematiku Stredoškoláci, ktorých matematika zaujíma a láka ich odhal ovanie matematických tajomstiev aj za hranicami 3-4 hodín bežnej školskej matematiky, majú počas svojich stredoškolských štúdií vel ké množstvo príležitostí. Cibrit si svoj matematický um môžu v rôznych dlhodobých či jednorázových sút ažiach, seminároch či letných školách. V tejto krátkej kapitole uvedieme stručný prehl ad možností, ktoré sa študentom slovenských a českých stredných škôl ponúkajú. Predstavíme matematickú olympiádu, korešpondenčné semináre a d alšie sút aže. Nekladieme si však za ciel podat úplný a vyčerpávajúci prehl ad všetkých školských aj mimoškolských matematických aktivít spolu s ich historickým vývojom, ale skôr predstavit čitatel ovi mozaiku matematických príležitostí pre stredoškolákov. Pre záujemcov o hlbší pohl ad do problematiky európskych matematických sút aží môže byt zaujímavým čítaním [Huv12], o vývoji práce s matematickými talentmi pútavo pojednáva Svrček [Švr14] a o histórii matematickej olympiády na Slovensku a v Českej republike sa nemálo dozvieme z [Dos07]. Matematická olympiáda Matematická olympiáda je najstaršou predmetovou olympiádou a je zároveň král ovnou matematických sút aží u nás. Prvýkrát sa matematická olympiáda konala v školskom roku 1951/52 a teda v školskom roku 2017/18 sa mali študenti možnost zúčastnit už 67. ročníka. Úlohy matematickej olympiády sú autorské a náročnejšie ako typické školské úlohy. Často vyžadujú okrem dobrého zvládnutia školských poznatkov aj istý matematický cvik, vo vyšších kategóriách je na vyriešenie niektorých úloh nezriedka potrebné naštudovanie pasáží, ktoré nie sú bežnou súčast ou osnov. Okrem samotného výsledku úlohy je vel mi dôležitý postup, ktorým sa študent k riešeniu dopracoval a jeho zdôvodnenie. Účastníci olympiády sa tak trénujú nielen v riešení matematických úloh, ale aj v prehl adom a zrozumitel nom zápise ich riešenia. V súčasnosti študenti sút ažia v ôsmich rôznych kategóriách, ktoré sú určené pre žiakov druhého stupňa ZŠ a študentov SŠ, kategórie Z5, Z6, Z7, Z8, Z9, sú po rade určené žiakom 5., 6., 7., 8. a 9. ročníka, kategórie C, B, A sú pripravené pre študentov 1., 2. a ročníkov gymnázií a stredných odborných škôl a zodpovedajúcich ročníkov viacročných gymnázií. Študenti sa okrem svojej príslušnej kategórie môžu tiež zúčastnit olympiády v kategórii vyššej. Všetky kategórie začínajú domácim kolom, základoškolákov potom preverí kolo okresné, kde sút až pre kategórie Z5-Z8 končí. Kategória Z9 je zavŕšená kolom krajským. Stredoškolské kategórie pokračujú po domácom kole ešte školským a krajským, v prípade kategórie A sa najlepší riešitelia z celej republiky stretnú na kole celoštátnom. Šestica najúspešnejších riešitel ov celoštátneho kola postupuje na 3

26 4 Kapitola 1. Širší kontext práce Medzinárodnú matematickú olympiádu, kde si meria sily so stredoškolákmi z celého sveta. Korešpondenčné semináre Korešpondenčné semináre sú d alším spôsobom, akým si študenti môžu rozširovat a trénovat svoje (nielen) matematické znalosti a skúsenosti. Obsahovo sú matematické semináre podobné matematickej olympiáde, pretože študenti sa taktiež venujú úlohám vyššej ako školskej náročnosti, ktorých riešenia spolu s postupom a zdôvodnením prehl adne spisujú. Korešpondenčné semináre nie sú len doménou matematikov, existujú totiž aj semináre z programovania, fyziky, biológie či ekológie. Aj ked sa jednotlivé matematické semináre od seba v detailoch odlišujú, ich priebeh vel mi podobný. Organizátori zverejnia zadania úloh a študenti majú niekol ko týždňov na ich vyriešenie. Úlohy sa potom posielajú organizátorom, ktorí ich opravia, ohodnotia bodmi, pridajú komentáre k jednotlivým riešeniam a pošlú ich naspät študentom. Tento cyklus sa opakuje niekol kokrát ročne, pričom sérií býva 4-8, v každej z nich na študentov čaká 4-9 úloh. Neoddelitel nou súčast ou korešpondenčných seminárov sú sústredenia pre niekol ko desiatok najlepších riešitel ov, ktoré študentov zvyčajne okrem matematických vedomostí obohatia aj o nové priatel stvá a d alšie zážitky. V Českej republike a na Slovensku existuje matematických korešpondenčných seminárov niekol ko, nebýva výnimkou, že slovenskí študenti riešia aj semináre české a naopak. Uvedieme semináre, ktoré môžu byt zaujímavé pre stredoškolských študentov. České korešpondenčné semináre PraSe (MKS) Pražský korešpondenční seminář organizovaný Matematicko-fyzikálnou fakultou Karlovej univerzity v Prahe, osem sérií úloh rozdelených na jesennú a jarnú čast, väčšina sérií obsahuje 8 úloh, okrem toho ešte tematická séria zameraná na istú oblast matematiky, dve sústredenia ročne. Podrobnejšie informácie je možné nájst na [https: //mks.mff.cuni.cz/info/pravidla.php] BrKoS Brněnský korešpondenční seminář organizovaný pod záštitou Prírodovedeckej fakulty Masarykovej univerzity v Brne, šest sérií po siedmich úlohách, jedno jesenné sústredenie. Viac informácií je zverejenených na [BRKOS] M&M organizovaný opät Matematicko-fyzikálnou fakultou Karlovej univerzity v Prahe, typovo sa líši od predchádzajúcich dvoch: študenti majú okrem riešenia zadaných úloh možnost bádat nad zadanými témami, písat články a reagovat na články rovesníkov. Pre najlepších riešitel ov je taktiež pripravené sústredenie. Viac informácií je dostupných na [MaM]. Slovenské korešpondenčné semináre KMS Korešpondenčný matematický seminár organizovaný neziskovou organizáciou Trojsten, zimná a letná čast, každá pozostávajúca z troch sérií desiatich úloh, dve vekové kategórie, pre ktoré sú na konci každej časti organizované samostatné sústredenia. Podrobnejší prehl ad na [KMS]. STROM Seminár talentovaných riešitel ov obl ubujúcich matematiku organizovaný združením STROM, takisto dve časti po tri série úloh a dve sústrednia. Ďalšie informácie sa nachádzajú na [STROM].

27 Kapitola 1. Širší kontext práce 5 Česko-slovenský seminár iks Medzinárodný korešpondenčný seminár určený pre pokročilých riešitel ov, obsahuje t ažké úlohy, a tomu odpovedá aj počet riešitel ov, ktorý je rádovo menší ako v ostatných zmienených seminároch. Okrem archívu sút ažných úloh a ich riešení väčšina seminárov zverejňuje d alšie zaujímavé články z rôznych oblastí matematiky, materiály zo sústredení a doplňujúce úlohy. Webové stránky týchto seminárov sa tak stávajú takmer nevyčerpatel nou zásobárňou inšpirácie a priestoru na precvičovanie riešitel ských zručností. Krátkodobé sút aže Okrem vyššie spomínaných dlhodobejších sút aží sa študenti môžu zapojit do d alších matematických akcií. Jednoznačne najmasovejšou 1 z nich je Matematický klokan, ktorý je pripravovaný pre študentov základných a stredných škôl. Na rozdiel od predchádzajúcich sút aží tu študenti riešia menej náročné, no stále originálne úlohy a dôležitý je len správny výsledok, ktorý študenti vyberajú z piatich ponúknutých možností. Jednou z mála sút aží, ktorá nie je určená pre jednotlivcov, je Náboj. V Náboji riešia 5-členné družstvá po dobu dvoch hodín úlohy, ktoré si vyžadujú istú dávku invencie a dôvtipu. Na začiatku sút aže dostanú družstvá šesticu úloh, po vyriešení ktorejkol vek z nich výmenou za ňu získa novú úlohu. V roku 2018 sa sút až, pripravovaná pod záštitou viacerých univerzít a korešpondenčných seminárov, uskutočnila dokonca v 15 mestách celej Európy. Letné školy a tábory Študentom, ktorým by sa letné prázdniny mohli zdat málo matematicky intenzívne, vychádzajú v ústrety rôzne letné školy a tábory, na ktoré sa môžu prihlásit aj bez toho, aby predtým riešili korešpondenčné či iné sút aže. Príkladmi sú Letná škola matematiky a fyziky, Letný tábor Trojstenu, Letná škola Trojstenu, sústredenie MOFO pre riešitel ov matematickej a fyzikálnej olympiády či Letné študentské sústredenie TNC. Na rozdiel od predchádzajúcich aktivít nie je počas letných táborov a škôl kladený dôraz len na získavanie nových poznatkov z matematiky (a prípadne fyziky), ale aj na netradičné hry, športové a nešportové aktivity a upevňovanie priatel stiev medzi účastníkmi. Vlastné skúsenosti autorky sa môžu len pridat k hlasom, ktoré tvrdia, že sústredenia a tábory sú zážitkami na celý život. 1.2 Bližšia špecifikácia zadania práce Všeobecné zadanie práce bolo po diskusii s vedúcim práce konkretizované nasledujúcim spôsobom. Obsahom diplomovej práce budú podklady pre prezenčný seminár určený študentom prvého ročníka gymnázia so záujmom o matematiku. Neprázdnu podmnožinu účastníkov tak pravdepodobne budú tvorit študenti na matematiku nadaní, ciel om však nie je vytvorit seminár, ktorý by malú skupinu študentov pripravoval na úspešnú účast na Medzinárodnej matematickej olympiáde už v takomto mladom veku. Túto úlohu spĺňa nemalé množstvo existujúcich aktivít (bohatý a výstižný prehl ad je možné nájst v [Švr14]) a tento text nemá ambíciu byt d alším z nich. Omnoho dôležitejším predpokladom pre účast na seminári je tak záujem študenta o matematiku, viac než jeho objektívne ohodnotenie nadanie. 1 V roku 2018 sa sút aže zúčastnilo viac ako stredoškolákov.

28 6 Kapitola 1. Širší kontext práce Práca si kladie za ciel vytvorit súbor seminárov obsahujúci dostatok úloh a problémov k samostatnému precvičovaniu, ktorý by bol prístupný širšiemu spektru študentov, nielen úzkej matematickej špičke. Dúfame, že si tak nájde cestu k väčšiemu okruhu študentov a učitel ov. V neposlednom rade pri špecifikácii zadania zavážil fakt, že autorka má k zvolenej vekovej kategórii blízko, či už ako organizátorka matematických seminárov a sústredení pre žiakov druhého stupňa základnej školy, alebo začínajúca učitel ka v nižších triedach gymnázia. Východiská pri tvorbe osnov Obsah seminárnych stretnutí sa opiera najmä o dva kl účové aspekty matematickú olympiádu kategórie C a školský vzdelávací program (ŠVP) pre gymnáziá. Školský vzdelávací program Pre potreby tejto práce sme vychádzali zo ŠVP publikovaného na webových stránkach Gymnázia Brno, třída Kapitána Jaroše. Školský vzdelávací program pre prvý ročník gymnáziálneho vzdelávania sa svojim zameraním zásadne nelíši medzi matematickou a nematematickou triedou a zahŕňa štyri oblasti, ktoré sú podrobnejšie popísané v nasledujúcej tabul ke. Algebraické výrazy, mocniny a odmocniny Žiak efektívne upravuje výrazy s premennými, určuje definičný obor výrazov rozkladá mnohočleny na súčin vynímaním a použitím vzorcov uskutočňuje operácie s mocninami a odmocninami, upravuje číselné výrazy Učivo mnohočleny, lomené výrazy mocniny s prirodzeným, celým a racionálnym exponentom, druhá a tretia odmocnina výrazy s mocninami a odmocninami

29 Kapitola 1. Širší kontext práce 7 Teória množín, výroková logika, matematické vety a dôkazy Žiak Učivo uskutočňuje správne operácie s množinami, množiny využíva pri riešení úloh pracuje správne s výrokmi, používa správne logické spojky a kvantifikátory presne formuluje svoje myšlienky a zrozumitel ne sa vyjadruje rozumie logickej stavbe matematickej vety vhodnými metódami uskutočňuje dôkazy jednoduchých matematických viet množiny, operácie s množinami (zjednotenie, prienik, rozdiel množín, doplnok množiny v množine, podmnožina, rovnost množín, Vennove diagramy, de Morganove pravidlá) výroky, negácie, kvantifikátory, logické spojky (konjunkcia, alternatíva, implikácia, ekvivalencia), výrokové formuly, tautológia, obmena a obrátenie implikácie definícia, veta, dôkaz priamy dôkaz, nepriamy dôkaz, dôkaz sporom Teória čísel Žiak vysvetlí vzt ahy medzi číselnými obormi N,Z,Q,Q R,R používa vlastnosti delitel nosti prirodzených čísel operuje s intervalmi, aplikuje geometrický význam absolútnej hodnoty, odhaduje výsledky numerických výpočtov a efektívne ich uskutočňuje, účelne používa kalkulačku Učivo číslo, premenná číselné obory N,Z,Q,Q R,R prirodzené čísla, delitel nost (a delí b, najväčší spoločný delitel, najmenší spoločný násobok, čísla súdelitel né a nesúdelitel né, prvočísla a zložené čísla, základná veta aritmetiky) celé čísla racionálne čísla reálne čísla, intervaly, absolútna hodnota

30 8 Kapitola 1. Širší kontext práce Rovnice a nerovnice Žiak rieši lineárne a kvadratické rovnice, nerovnice a ich sústavy, v jednoduchých prípadoch diskutuje riešitel nost alebo počet riešení rozlišuje ekvivalentné a neekvivalentné úpravy, zdôvodní, kedy je skúška nutnou súčast ou riešenia geometricky interpretuje číselné, algebraické a funkčné vzt ahy, graficky znázorňuje riešenia rovníc, nerovníc a ich sústav analyzuje a rieši problémy, v ktorých aplikuje riešenie lineárnych a kvadratických rovníc a ich sústav Učivo lineárne rovnice a nerovnice kvadratická rovnica (diskriminant, vzt ahy medzi koreňmi a koeficientami, rozklad kvadratického trojčlenu, doplnenie na štvorec), kvadratická nerovnica rovnice a nerovnice v súčinovom a podielovom tvare rovnice s neznámou v menovateli a pod odmocninou lineárna a kvadratická rovnica s parametrom kartézsky súčin, binárna relácia a ich grafy sústavy lineárnych rovníc a nerovníc Matematická olympiáda kategórie C Ďalším oporným pilierom boli zadania matematických olympiád kategórie C. Podrobne sme preskúmali úlohy všetkých kôl posledných 10 ročníkov MO (počínajúc 66. ročníkom v školskom roku 2016/2017 a končiac 57. ročníkom v školskom roku 2007/2008) a úlohy v nich sme rozdelili do štyroch kategórií nasledovne. Algebraické výrazy, rovnice, sústavy rovníc, nerovnosti úpravy výrazov využívajúce identity, slovné úlohy vedúce na riešenie rovníc, sústavy rovníc, rovnice s parametrami, nerovnosti. Teória čísel delitel nost, rozklad na prvočísla, najmenší spoločný násobok, najväčší spoločný delitel, ciferné zápisy čísel, lomené výrazy, zvyškové triedy.

31 Kapitola 1. Širší kontext práce 9 Geometria úlohy využívajúce podobnost trojuholníkov, úlohy využívajúce Pytagorovu vetu, úlohy o obsahoch rovinných útvarov, úlohy o kružniciach vpísaných a opísaných trojuholníku, netradičné úlohy. Rôzne (najčastejšie kombinatorika) úlohy využívajúce mriežky a šachovnice, hl adanie vít aznej stratégie, úlohy využívajúce Dirichletov princíp, úlohy o počte známych (teória grafov), logické úlohy nevyžadujúce žiadne špeciálne vedomosti. Toto rozdelenie d alej zohráva úlohu v zarad ovaní obsahov seminárov v nich sa budeme postupne venovat všetkým štyrom vyššie spomenutým oblastiam. Zároveň však krajské kolo kategórie C prebieha v prvej polovici apríla, preto je zmysluplné využit zostávajúcu čast školského roka na pozvol né začatie prípravy na úlohy MO kategórie B, prípadne d alšie matematické zaujímavosti. 1.3 Doplňujúce zdroje, materiály a inšpirácia Aj napriek tomu, že prevažná väčšina seminárov sa opiera najmä o úlohy matematickej olympiády z minulých rokov, vychádzali sme pri tvorbe obsahu z d alších zdrojov. Výborným sprievodcom do sveta riešenia matematických problémov je [Hol10], ktorý vel mi pútavou formou zoznamuje čitatel a s rôznymi oblast ami stredoškolskej olympiádnej matematiky a metódami riešenia problémov. Kniha je plná vel kého množstva cvičení a úloh, všetky majú v publikácii aj riešenia. Podobne zaujímavým počinom je aj [Zei07], ktorý však obsahuje aj matematiku vysokoškolskej úrovne. Obe publikácie sú písané v angličtine, český ani slovenský preklad zatial nevyšiel, no ak je čitatel vybavený angličtinou aspoň na základnej úrovni, nemali by tieto dve knihy ujst jeho pozornosti. V českých a slovenských kruhoch MO sú vel mi populárne knihy z edície Škola mladých matematikov, ktorá začala vychádzat v roku 1961 na podnet Ústredného výboru MO. Edícia obsahuje 61 knižočiek na rozličné témy rozširujúce a prehlbujúce matematické znalosti stredoškolákov. Nie všetky knižky sú však v celom svojom obsahu prístupné mladším žiakom gymnázií, ked že mnohé sa venujú aj pokročilejším partiám matematiky. Užívatel ský príjemný je fakt, že všetky knihy sú dostupné na [DMK]. Poslednou, ale určite nie najmenej dôležitou dvojicou kníh je [HKŠ04] a [HKŠ11], ktoré ponúkajú hlboký a precízny pohl ad na riešenie úloh z oblasti rovníc, nerovností, teórie čísel a kombinatoriky.

32 10 Kapitola 1. Širší kontext práce 1.4 Celoročný koncept seminára Pri tvorbe a zaradení jednotlivých seminárov sme okrem ŠVP pre gymnáziá a typických úloh MO brali do úvahy aj rytmus školského roka, ktorý ovplyvňujú najmä termíny prázdnin a v prípade matematicky zameraných študentov aj termíny jednotlivých kôl MO. V d alších odsekoch tak vysvetlíme, ako sme všetky uvedené skutočnosti pretavili do osnovy obsahu seminára na jeden školský rok. Školský rok má približne 40 týždňov (10 mesiacov 4 týždne). Predpokladáme, že seminárne stretnutia začnú v polovici septembra, ked že prvých pár týždňov sa časové plány študentov aj učitel ov ešte len ustal ujú. Podobne, posledné dva júnové týždne bývajú v školách často nepravidelné, pretkané školskými výletmi a d alšími školskými aktivitami. Študentov tiež potešia vianočné a jarné, týždeň trvajúce, prázdnin, kedy sa seminár neuskutoční. Okrem toho sme v máji zaradili len tri stretnutia, ked že v tomto období je na mnohých školách režim, vzhl adom na maturitné skúšky, nepravidelný. Celkovo teda v našom pláne počítame s 33 stretnutiami počas celého školského roka, pričom si autorka práce uvedomuje, že tento počet stretnutí nie je univerzálne použitel ný každým učitel om v každom školskom roku. Prirodzenými míl nikmi, okrem väčších prázdninových úsekov, sú tiež termíny späté s jednotlivými kolami MO, v našom prípade budeme brat ohl ad najmä na kategóriu C. Riešenia domáceho kola musia študenti spravidla odovzdat najneskôr v prvej polovici januára. Približne desat dní po tomto termíne sa koná kolo školské a sezóna je zavŕšená krajským kolom, ktoré študentov zvyčajne potrápi v prvej polovici apríla. Za vhodné tiež považujeme zmienit, že žiadne kolo žiadneho ročníka MO sa nezaobíde bez geometrickej úlohy. Tie tak tvoria minimálne štvrtinu až polovicu všetkých úloh v danom ročníku. ŠVP pre gymnáziá však geometriu v prvom ročníku neobsahuje. Pohl ad na olympiádne úlohy nám prezradí, že úlohy kategórie C nevyžadujú žiadne špeciálne geometrické vedomosti, je však vhodné so študentami osviežit ich poznatky zo základnej školy a riešenie úloh z geometrie postupne trénovat. Seminár je rozdelený na tri hlavné časti pred termínom domáceho kola, medzi domácim a krajským kolom a po krajskom kole. Prvé dve časti sú usporiadané tak, aby sme sa v každej z nich dotkli väčšiny zo štyroch zmienených typov úloh MO, teda v každom z dvoch blokov sa budeme postupne venovat algebraickým výrazom a rovniciam (úpravy výrazov, riešenie (systémov) rovníc a nerovností), teórii čísel (delitel nost, prvočísla, ciferné zápisy) a geometrii, v druhom bloku seminár obsahuje aj stretnutia zamerané na kombinatorické úlohy. V tret om bloku sme zaradili dva algebraické semináre zamerané na to, čo by približne v rovnakom čase mali preberat študenti na vyučovacích hodinách, matematickú hru a opakovanie pod taktovkou samotných študentov. Možnost ou, ktorú sme pri zarad ovaní obsahu jednotlivých stretnutí zvažovali, bolo rozdelenie celého školského roka do štyroch vel kých blokov, ktoré by zodpovedali štyrom oblastiam úloh MO. Tomuto variantu sme však nakoniec prednost nedali, pričom hlavným dôvodom bolo, že sme chceli študentov pripravit na čo najširšie spektrum úloh už pred domácim a školským kolom. Zároveň veríme, že vracanie sa k už načatým témam pomôže študentom lepšie si ich upevnit, preto sa nám rozdelenie popísané vyššie zdalo vhodnejšie. Stručný prehl ad obsahu seminárov V tabul ke nižšie uvádzame konkrétne zamerania jednotlivých seminárov, ktoré vznikli na základe zohl adnenia poznatkov z predchádzajúcich štyroch odsekov. Tento stručný prehl ad má poslúžit ako počiatočná orientácia v kontexte celého školského roka. Konkrétnejší popis obsahu, spolu s úlohami, komentármi a domácou prácou je obsahom nasledujúcej kapitoly.

33 Kapitola 1. Širší kontext práce 11 September 1. Úvod do seminára, Matematico Základné informácie, očakávania, matematická hra. 2. Ako riešit Všeobecná diskusia o spôsobe riešenia úloh/problémov v matematike. Október 3. Algebraické výrazy a rovnice I Opakovanie vedomostí zo ZŠ, práca s výrazmi. 4. Algebraické výrazy a rovnice II Jednoduchšie nerovnosti. 5. Algebraické výrazy a rovnice III Rovnice a systémy rovníc. 6. Teória čísel I Opakovanie vedomostí zo ZŠ, delitel nost. November 7. Teória čísel II Najmenší spoločný násobok, najväčší spoločný delitel. 8. Teória čísel III Ciferné zápisy čísel. 9. Geometria I Opakovanie poznatkov zo ZŠ, správne riešenie geometrickej úlohy. 10. Geometria II Úlohy využívajúce podobnost trojuholníkov a Pytagorovu vetu. December 11. Geometria III Úlohy o obsahoch. 12. Geometria IV Úlohy o kružnici vpísanej a opísanej trojuholníku. 13. Náboj Vianočná tímová sút až v počítaní úloh. Január 14. Domáce kolo MO Analýza úloh domáceho kola. 15. Konzultačný seminár Konzultácia nejasností pred školským kolom MO. 16. Školské kolo MO Analýza úloh školského kola. 17. Algebraické výrazy a rovnice IV Nerovnosti pokračovanie. Február 18. Algebraické výrazy a rovnice V. Zložitejšie rovnice a sústavy rovníc 19. Teória čísel IV Úlohy o prvočíslach. 20. Teória čísel V Miš-maš. Marec 21. Geometria V Úlohy o štvrouholníkoch. 22. Geometria VI Netradičné geometrické úlohy. 23. Sút až Náboj Účast na medzinárodnej sút aži tímov. 24. Rôzne I Úlohy o mriežkach a šachovniciach. Apríl 25. Rôzne II Hl adanie vít aznej stratégie, logické úlohy. 26. Krajské kolo MO Analýza úloh krajského kola MO.

34 12 Kapitola 1. Širší kontext práce 27. Hra SET Matematická hra, úlohy využívajúce kartičky z hry. 28. Sút až Náboj Tímová sút až v riešení úloh. Máj 29. Algebraické výrazy a rovnice VI Rovnice a sústavy rovníc s parametrom. 30. Algebraické výrazy a rovnice VII Úlohy o kvadratických rovniciach využívajúce vzt ahy medzi koreňmi. 31. Opakovanie I Opakovanie celkov Algebra a Teória čísel. Jún 32. Opakovanie II Opakovanie celkov Geometria a Kombinatorika. 33. MO kategórie B Záverečné riešenie úloh, spätná väzba, uzavretie. Záverom prvej kapitoly ešte poznamenajme, že vel kú väčšinu úloh v seminári tvoria úlohy prevzaté z rôznych kôl MO. V d alšom texte sú tieto úlohy jasne označené v tradičnom formáte značenia úloh MO, kde prvé číslo je príslušný ročník MO, d alej kolo (I pre kolo domáce, S pre kolo školské a II pre kolo krajské) a číslo úlohy. Ak za číslom úlohy nasleduje ešte d alší identifikátor, znamená to, že ide o príslušnú úlohu návodnú (N) alebo doplňujúcu (D). Taktiež riešenia sú takmer vždy prevzaté z oficiálnych riešení (ktoré sú spolu zo zadaniami vol ne prístupné na stránkach MO ) Prevzaté alebo len mierne upravené riešenia sú označené hviezdičkou *, pôvodné riešenia hviezdičku nemajú.

35 Kapitola 2 Osnovy seminárnych stretnutí Seminár 1 Téma Úvod do seminára, očakávania, Matematico Ciele Zoznámit študentov s povahou seminára a plánom na školský rok, zoznámit sa so študentami, motivovat na začiatok matematickou hrou. Priebeh Ked že ide o prvý seminár, oboznámime študentov s tým, čo môžu v priebehu roka od stretnutí očakávat : aká bude forma seminárov a čo bude ich obsahom. Zároveň považujeme za vhodné porozprávat sa so študentmi o ich motivácii čo ich na seminár privádza a čo od neho očakávajú. Takáto informácia nám potom môže poslúžit pri plánovaní alebo prispôsobovaní obsahu konkrétnej skupine, s ktorou budeme pracovat. Napríklad ak sa seminára budú účastnit v drvivej väčšine študenti s ambíciami na úspešné umiestnenie na Medzinárodnej matematickej olympiáde, je možné hravejšie semináre nahradit náročnejšími matematickými partiami. Po tomto úvode zaradíme matematicko-logickú hru Matematico, ktorá študentov otestuje v rýchlom a optimálnom rozhodovaní sa. Pravidlá Každý študent dostane tabul ku pozostávajúcu z 5 5 štvorčekov, do ktorej si bude zapisovat čísla, ktoré bude vedúci seminára postupne vyt ahovat z balíčka. Balíček obsahuje 52 čísel, každé z čísel 1 13 sa v balíčku nachádza štyrikrát. Študenti majú vždy 7 sekúnd na to, aby číslo zapísali do práve jedného vol ného políčka v tabul ke. Po vyplnení všetkých políčok si študenti spočítajú body podl a kl úča v tabul ke 2.1. Jednotlivé výsledky študentov píšeme na tabul u, aby bolo možné vidiet rozsah nahraných bodov. Aby si sa študenti s hrou poriadne zoznámili, je vhodné zahrat aspoň dve alebo tri kolá. Po nich povzbudíme študentov, aby so spolužiakmi prediskutovali stratégiu, ktorú počas hry používajú, čo sa im overilo a čo nie, príp. podl a akého kl úča zapisujú čísla do tabul ky a či stratégiu v priebehu hry menia. Po výmene skúseností opät odohráme dve alebo tri kolá a sledujeme, či sa priemerný počet nahraných bodov zvýšil. 13

36 14 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Číselná kombinácia v riadku alebo stĺpci na uhlopriečke dve zhodné čísla dva páry zhodných čísel tri zhodné čísla tri zhodné čísla a dve zhodné čísla štyri zhodné čísla pät za sebou idúcich čísel tri jednotky a dve trinástky Tabul ka 2.1: Body v hre Matematico Po poslednom kole vyzveme študentov, aby sa použitím čísel, ktoré boli v tomto kole vytiahnuté z balíčka, snažili maximalizovat bodový zisk, t.j. daných 25 čísel majú usporiadat do tabul ky tak, aby získali čo najviac bodov. Získané počty bodov pripíšeme na tabul u porovnáme s predchádzajúcim kolom. Zaujímavým pozorovaním je, že rozptyl bodov v takomto modifikovanom kole je značne menší ako v troch pôvodných. Môžeme sa so žiakmi porozprávat o dôvodoch, ktoré k tomu môžu viest. Na záver seminára môžeme študentov nechat maximalizovat bodový zisk použitím l ubovol - ných čísel v ponuke a vyhlásit sút až o bonus. Hra je dostupná aj online na prípadne na http: //matematico.cz/ Variácie Študenti môžu Matematico hrat aj v dvojiciach. Takéto usporiadanie ponúka možnost diskutovat rozhodnutia, ktoré študenti robia a trénuje ich argumentačné a vysvetl ovacie schopnosti. Záverečný komentár Prvý seminár je časovo aj obsahovo menej hutný ako semináre nasledujúce, nie je to však nijako na škodu, ked že jeho zámer bol viac organizačný a informatívny, než matematický. Seminár 2 Téma Prístup k riešeniu matematických úloh, typy dôkazov Ciele Prediskutovat so študentmi rôzne prístupy k riešeniu neznámych problémov, zopakovat a/alebo zoznámit s typmi dôkazov používaných v matematike. Priebeh Spoločne so študentami prečítame preriešime prvú kapitolu z [Hol10]

37 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 15 Seminár 3 Téma Algebraické výrazy, rovnice a nerovnosti I úprava výrazov Ciele Zopakovanie základných poznatkov o úprave algebraických výrazov a rovníc, ktoré by študenti mali po absolvovaní základnej školy ovládat, uplatnenie týchto poznatkov pri riešení jednoduchších úloh, úprava na štvorec. Úvodný komentár Na začiatku seminára spolu so študentami zopakujeme základné poznatky, ktoré sú nutnou podmienkou úspešného riešenia úloh v tomto a nasledujúcich troch seminároch. Študenti by mali 1 : vediet, čo je výraz, mnohočlen, člen, koeficient, vediet mnohočleny sčítat, odčítat, násobit a v jednoduchších prípadoch aj delit, ovládat spamäti vzorce pre druhú (príp. tretiu) mocninu dvojčlenu, vediet rozkladat mnohočleny na súčin vynímaním alebo použitím vzorcov (A±B) 2, A 2 B 2 (príp. A 3 ± B 3 ), vediet, čo je lineárna rovnica a diskutovat o počte jej riešení, vediet riešit ekvivalentnými úpravami lineárne rovnice. Úlohy a riešenia Úloha 3.1. [65-I-3-N1] Pre l ubovol né reálne čísla x, y a z dokážte nezápornost hodnoty každého z výrazov x 2 z 2 + y 2 2xyz, x 2 + 4y 2 + 3z 2 2x 12y 6z + 13, 2x 2 + 4y 2 + z 2 4xy 2xz a zistite tiež, kedy je dotyčná hodnota rovná nule. Riešenie*. Prvý výraz upravíme použitím vzorca (A B) 2, kde A = xz a B = y, čím dostaneme x 2 z 2 +y 2 2xyz = (xz y) 2. Ked že ide o druhú mocninu reálneho čísla, bude hodnota výrazu vždy nezáporná a rovnat sa nule bude v prípade xz = y. Druhý výraz upravíme podobným spôsobom, obdržíme však súčet troch druhých mocnín: x y 2 + 3z 2 2x 12y 6z + 13 = (x 2 2x + 1) + (4y 2 12y + 9) + 3(z 2 2z + 1) = (x 1) 2 + +(2y 3) 2 +3(z 1) 2. Všetky tri sčítance sú nezáporné a teda aj ich súčet bude nezáporný a rovný nule bude v prípade, ak základy všetkých troch mocnín budú tiež rovné nule, teda x = 1, y = 3 2 a z = 1. Pohl ad na posledné dva členy posledného výrazu nám napovie, že pravdepodobne opät využijeme podobnú úpravu ako v predchádzajúcich prípadoch, základy mocnín však budú obsahovat 1 Spracované podl a [KHP00]

38 16 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí dve premenné. Skutočne rozpísaním člena 2x 2 = x 2 + x 2 a preusporiadaním poradia členov dostávame (x 2 4xy + 4y 2 ) + (x 2 2xy + z 2 ), odkial je už zrejmé, že výraz bude mat tvar súčtu dvoch druhých mocnín (x 2y) 2 + (x z) 2. Výraz je vždy nezáporný a nulovú hodnotu nadobúda pre x = 2y = z. Komentár. Ciel om úlohy je zopakovat použitie vzorcov (A ± B) 2 v trochu menej priamočiarych mnohočlenoch než na aké je priestor v bežnom vyučovaní. Zároveň rozpísanie člena 2x 2 na súčet dvoch rovnakých členov je trik, na ktorý je vhodné študentov upozornit, ked že tento princíp nájde uplatnenie v nejednej úlohe. Úloha 3.2. [63-I-1-N1-N4] a)určte najmenšiu hodnotu výrazu V = 5 + (x 2) 2, x R. Pre ktoré x ju výraz nadobúda? b) Určte najmenšiu možnú hodnotu výrazu W = 9 ab, kde a,b sú reálne čísla spĺňajúce podmienku a + b = 6. Pre ktoré hodnoty a, b je W minimálne? c) Určte najmenšiu možnú hodnotu výrazu Y = 12 ab, kde a,b sú reálne čísla spĺňajúce podmienku a + b = 6. Pre ktoré hodnoty a, b je Y minimálne? d) Určte najväčšiu možnú hodnotu výrazu K = 5 + ab, kde a,b sú reálne čísla spĺňajúce podmienku a + b = 8. Pre ktoré hodnoty a,b je K maximálne? Riešenie. a) Výraz (x 2) 2 je pre všetky reálne čísla x nezáporný, jeho minimálna hodnota tak je 0, v prípade x = 2. Najmenšia hodnota výrazu V je potom 5. b) Z podmienky vyjadríme premennú a pomocou premennej b, teda a = 6 b, dosadíme do W a upravíme použitím vzorca (A B) 2 : W = 9 ab = 9 (6 b)b = (b 3) 2. Hodnota výrazu W je tak vždy nezáporná a W min = 0, čo nastane pre b = 3 a a = 3. c) Všimneme si, že Y = W + 3 a ked že aj podmienka je v tomto prípade rovnaká, platí Y = = (b 3) Potom Y min = 3 pre a = 3 a b = 3. d) Podobne ako v predchádzajúcich častiach, vyjadríme z podmienky premennú a pomocou premennej b: a = 8 b a dosadíme do výrazu K: K = 5 + 8a a 2 = (a 4) , kde sme využili tzv. úpravu na štvorec. Vidíme, že čast (a 4) 2 je vždy nekladná, preto K max = 21 pre a = b = 4. Komentár. V častiach c) a d) predchádzajúcej úlohy sme využili tzv. úpravu výrazu na štvorec. Aj napriek tomu, že tento úkon je v ŠVP zaradený až v neskoršej časti školského roka (v časti o kvadratických rovniciach), považujeme za vhodné študentov s metódou zoznámit už teraz. Je totiž prirodzene spojená s úpravami výrazov, jej pochopenie je možné aj bez širších znalostí riešenia kvadratických rovníc a v úlohách MO nájde uplatnenie často. Úloha 3.3. [63-I-1] Určte, akú najmenšiu hodnotu môže nadobúdat výraz V = (a b) (b c) 2 + (c a) 2, ak reálne čísla a,b,c spĺňajú dvojicu podmienok a + 3b + c = 6, a + b c = 2. Riešenie*. Sčítaním oboch rovníc z podmienky zistíme, že b = 2. Dosadením za b do niektorej

39 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 17 z nich vyjde c = a. Platí teda V = (a 2) 2 + (2 + a) 2 + ( 2a) 2. Po umocnení a sčítaní zistíme, že V = 6a Rovnost nastane práve vtedy, ked a = 0, b = 2 a c = 0. Hl adaná najmenšia hodnota výrazu V je teda rovná 8. Komentár. Riešenie úlohy vyžaduje prácu so sústavou dvoch rovníc, avšak manipulácia tejto sústavy nie je až taká zložitá, takže zaradenie úlohy bez toho, aby sme sa systematicky venovali riešeniu sústav rovníc, nepokladáme za problematické. Úloha 3.4. [63-S-1] Určte, aké hodnoty môže nadobúdat výraz V = ab + bc + cd + da, ak reálne čísla a,b,c,d spĺňajú dvojicu podmienok Riešenie*. Pre daný výraz V platí 2a 5b + 2c 5d = 4, 3a + 4b + 3c + 4d = 6. V = a(b + d) + c(b + d) = (a + c)(b + d). Podobne môžeme upravit aj obe dané podmienky: 2(a + c) 5(b + d) = 4 a 3(a + c) + 4(b + d) = 6. (1) Ak teda zvolíme substitúciu m = a + c a n = b + d, dostaneme riešením sústavy (1) m = 2 a n = 0. Pre daný výraz potom platí V = mn = 0. Záver. Za daných podmienok nadobúda výraz V iba hodnotu 0. Iné riešenie. Podmienky úlohy si predstavíme ako sústavu rovníc s neznámymi a, b a parametrami c,d. Vyriešením tejto sústavy (sčítacou alebo dosadzovacou metódou) vyjadríme a = 2 c,b = d (c,d R) a po dosadení do výrazu V dostávame V = (2 c)( d) dc + cd + d(2 c) = 0. Komentár. Zadanie úlohy opät obsahuje sústavu dvoch rovníc. Jej riešenie sa však po substitúcii zredukuje na vel mi jednoduchú sústavu, s ktorou sa študenti stretli už na základnej škole, takže by nemala spôsobit výrazné problémy. Úloha 3.5. [65-I-3] Uvažujme výraz 2x 2 + y 2 2xy + 2x + 4. a) Nájdite všetky reálne čísla x a y, pre ktoré daný výraz nadobúda svoju najmenšiu hodnotu. b) Určte všetky dvojice celých nezáporných čísel x a y, pre ktoré je hodnota daného výrazu rovná číslu 16.

40 18 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Riešenie*. Daný výraz V (x,y) upravme podl a vzorcov pre (A ± B) 2 : V (x,y) = x 2 2xy + y 2 + x 2 + 2x = (x y) 2 + (x + 1) a) Prvé dva sčítance v poslednom súčte sú druhé mocniny, majú teda nezáporné hodnoty. Minimum určite nastane v prípade, ked pre niektoré x a y budú oba základy rovné nule (v tom prípade pre inú dvojicu základov už bude hodnota výrazu V (x,y) väčšia). Obe rovnosti x y = 0, x +1 = 0 súčasne naozaj nastanú, a to zrejme iba pre hodnoty x = y = 1. Dodajme (na to sa zadanie úlohy nepýta), že V min = V ( 1, 1) = 3. Daný výraz tak nadobúda svoju najmenšiu hodnotu iba pre x = y = 1. b) Podl a úpravy z úvodu riešenia platí V (x,y) = 16 (x y) 2 + (x + 1) = 16 (x y) 2 + (x + 1) 2 = 13. Oba sčítance (x y) 2 a (x + 1) 2 sú (pre celé nezáporné čísla x a y) z množiny {0,1,4,9,16,...}. Jeden preto zrejme musí byt 4 a druhý 9. Vzhl adom na predpoklad x 0 je základ x + 1 mocniny (x + 1) 2 kladný, musí preto byt rovný 2 alebo 3 (a nie 2 či 3). V prvom prípade, t. j. pre x = 1, potom pre základ mocniny (x y) 2 dostávame podmienku 1 y = ±, teda y = 1 ± 3, čiže y = 4 (hodnota y = 2 je zadaním časti b) vylúčená). V druhom prípade, ked x = 2, dostaneme podobne z rovnosti x y = 2 y = ±2 dve vyhovujúce hodnoty y = 0 a y = 4. Celkovo teda všetky hl adané dvojice (x,y) sú (1,4),(2,0) a (2,4). Komentár. Záverečná úloha stavia na poznatkoch z predchádzajúcich úloh, avšak vyžaduje dodatočnú analýzu, preto sme ju zvolili ako vyvrcholenie prvého algebraického seminára. Domáca práca Úloha 3.6. [65-II-1] Nájdite najmenšiu možnú hodnotu výrazu 3x 2 12xy + y 4, v ktorom x a y sú l ubovol né celé nezáporné čísla. Riešenie*. Označme daný výraz V a upravme ho dvojakým doplnením na štvorec: V = 3x 2 12xy + y 4 = 3(x 2y) 2 12y 2 + y 4 = 3(x 2y) 2 + (y 2 6) Zrejme platí (x 2y) 2 0, takže najmenšiu hodnotu výrazu V pri pevnom y dostaneme, ked položíme x = 2y. Ostáva preto nájst najmenšiu možnú hodnotu mocniny (y 2 6) 2 s nezápornou celočíselnou premennou y. Ked že y 2 {0,1,4,9,16,25,...} a číslo 6 padne medzi čísla 4 a 9 tejto množiny, platí pre každé celé číslo y nerovnost (y 2 6) 2 min((4 6) 2,(9 6) 2 ) = min{4,9} = 4. Pre l ubovol né celé čísla x a y tak dostávame odhad V = 32, pritom rovnost V = 32 nastáva pre y = 2 a x = 2y = 4. Záver. Hl adaná najmenšia možná hodnota daného výrazu je -32.

41 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 19 Úloha 3.7. [65-I-3-D1, resp. 61-B-S-1] V obore celých čísel vyriešte rovnicu x 2 + y 2 + x + + y = 4. Riešenie*. Vynásobením oboch strán danej rovnice štyrmi dostaneme 4x 2 + 4y 2 + 4x + 4y = 16. Výraz na l avej strane takto upravenej rovnice doplníme na súčet druhých mocnín dvoch dvojčlenov. Obdržíme tak (4x 2 + 4x + 1) + (4y 2 + 4y + 1) = (2x + 1) 2 + (2y + 1) 2 = 18. Stačí teda vyšetrit všetky rozklady čísla 18 na súčet dvoch kladných nepárnych čísel, pretože čísla 2x + 1 a 2y + 1 nie sú delitel né dvoma pre žiadne celé x a y. Uvažujme preto nasledujúce rozklady: 18 = = = = = Medzi uvedenými súčtami je iba jeden (18 = 9 + 9) súčtom druhých mocnín dvoch celých čísel. Môžu teda nastat nasledujúce štyri prípady: 2x + 1 = 3, 2y + 1 = 3, t. j. x = 1,y = 1, 2x + 1 = 3, 2y + 1 = 3, t. j. x = 1,y = 2, 2x + 1 = 3, 2y + 1 = 3, t. j. x = 2,y = 1, 2x + 1 = 3, 2y + 1 = 3, t. j. x = 2,y = 2. Záver. Danej rovnici vyhovujú práve štyri dvojice celých čísel (x,y), a to (1,1), (1, 2), ( 2,1) a ( 2, 2). Iné riešenie. Danú rovnicu možno upravit na tvar x(x + 1) + y(y + 1) = 4, z ktorého vidno, že číslo 4 je nutné rozložit na súčet dvoch celých čísel, z ktorých každé je súčinom dvoch po sebe idúcich celých čísel. Ked že najmenšie hodnoty výrazu t(t + 1) pre kladné aj záporné celé t sú 0, 2, 6, 12,..., do úvahy prichádza iba rozklad 4 = 2 + 2, takže každá z neznámych x,y sa rovná jednému z čísel 1 či 2 jediných celých čísel t, pre ktoré t(t +1) = 2. Navyše je jasné, že naopak každá zo štyroch dvojíc (x,y) zostavených z čísel 1, 2 je riešením danej úlohy. Doplňujúce zdroje a materiály V prípade, že na seminári zistíme, že študenti potrebujú získat zručnost v rozkladaní výrazov na súčin, je možné odkázat ich na rôzne stredoškolské zbierky príkladov, napr.[khp00] alebo [BC99], kde nájdu dostatočné množstvo príkladov na precvičenie.

42 20 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Seminár 4 Téma Algebraické výrazy, rovnice a nerovnosti II nerovnosti Ciele Zoznámit študentov so základnými metódami pri dokazovaní nerovností a nerovnost ou a+ 1 a 2, ktorá platí pre každé kladné reálne číslo a. Úvodný komentár Dokazovanie nerovností nie je bežným obsahom základoškolskej, príp. gymnaziálnej výuky, ked že študenti sa stretávajú prevažne s cvičeniami a problémami, kde je ich úlohou riešit (lineárne) nerovnice. Dokazovanie nerovností je však častou súčast ou všetkých kôl MO, preto považujeme za vhodné tieto typy úloh so študentami precvičovat. Ked že je tento seminár jedným z dvoch, ktoré sú na nerovnosti zamerané, budeme sa v ňom zaoberat jednoduchšími úlohami. Študenti si tak osvoja základné postupy, ktoré im neskôr (snád ) poslúžia pri úlohách zložitejších, zaradených do seminára v budúcnosti. Úlohy a riešenia Úloha 4.1. [58-S-1] Dokážte, že pre l ubovol né nezáporné čísla a,b,c platí Zistite, kedy nastane rovnost. (a + bc)(b + ac) ab(c + 1) 2. Riešenie*. Roznásobením a d alšími ekvivalentnými úpravami dostaneme ab + b 2 c + a 2 c + abc 2 abc 2 + 2abc + ab, b 2 c + a 2 c 2abc, (a b) 2 c 0. Podl a zadania platí c 0 a druhá mocnina reálneho čísla a b je tiež nezáporná, takže je nezáporná aj l avá strana upravenej nerovnosti. Rovnost v tejto (a rovnako aj v pôvodnej nerovnosti) nastane práve vtedy, ked a b = 0 alebo c = 0, teda práve vtedy, ked je splnená aspoň jedna z podmienok a = b, c = 0. Komentár. Úloha demonštruje jeden zo základných spôsobov dokazovania nerovností: úpravu výrazu na jednej strane nerovnosti na tvar, o ktorom s určitost ou vieme, že je nezáporný/nekladný a jeho porovnanie s nulou. Taktiež si študenti precvičia ekvivalentné úpravy nerovností a úpravy výrazov do tvaru súčinu. Úloha 4.2. [66-I-1-N1] Dokážte, že pre l ubovol né reálne čísla x, y a z platia nerovnosti a) 2xyz x 2 + y 2 z 2,

43 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 21 b) (x 2 y 2 ) 2 4xy(x y) 2. Riešenie. a) Prevedieme výraz 2xyz na pravú stranu nerovnosti a upravíme pomocou vzorca A 2 2AB B 2 = (A B) 2 na tvar 0 (x yz) 2, ktorý je pravdivým výrokom, ked že druhá mocnina l ubovol ného výrazu je vždy nezáporná. b) Výraz z pravej strany nerovnosti prevedieme na opačnú stranu a upravíme nasledujúcim spôsobom: ((x y)(x + y)) 2 4xy(x y) 2 0, (x y) 2 (x + y) 2 4xy(x y) 2 0, (x y) 2 ((x + y) 2 4xy) 0, (x y) 2 (x + 2xy + y 2 4xy) 0, (x y) 4 0. Posledná nerovnost je zrejme pravdivým tvrdením a pôvodná nerovnost je tak dokázaná. Komentár. Úloha neprináša žiadny nový princíp, je však dobrým tréningom práce s upravovaním výrazov, podobne ako úloha nasledujúca. Úloha 4.3. [66-I-1-N2] Dokážte, že pre l ubovol né kladné čísla a, b platí nerovnost a b 2 + b a 2 1 a + 1 b. Riešenie. Vynásobíme celú nerovnost kladným výrazom a 2 b 2. L avú stranu a 3 + b 3 upravíme na súčin pomocou vzorca a 3 +b 3 = (a+b)(a 2 ab+b 2 ), pravú stranu ab 2 +a 2 b upravíme na súčin vyňatím výrazu ab na tvar ab(a+b). Dostaneme tak nerovnost (a+b)(a 2 ab+b 2 ) ab(a+b). Tá po vydelení kladným výrazom a+b a úprave na súčin dostane tvar (a b) 2 0, ktorý je zrejme pravdivým tvrdením. Komentár. Úloha využíva rovnaký princíp ako prechádzajúce dve. Prvýkrát však pri úprave využívame násobenie a delenie výrazmi. Tým sa z úlohy stáva dobrá príležitost na pripomenutie faktu, že pri úprave nerovností musíme brat do úvahy (ne)zápornost výrazov, ktoré pri takýchto úkonoch využívame. Komentár. Ďalším z užitočných nástrojov pri dokazovaní nerovností je znalost nerovnosti u u 2 pre každé kladné reálne číslo u, pričom táto nerovnost prechádza v rovnost len pre u = 1. Dokázanie tohto faktu nie je zložité: vynásobením celej nerovnosti u, prevedením všetkých členov na jednu stranu dostávame (u 1) 2 0, čo je pravdivé tvrdenie. Nasledujúce úlohy sú zaradené ako tréning uplatnenia tejto nerovnosti.

44 22 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Úloha 4.4. [62-I-2-N1] Dokážte nerovnost pre l ubovol né kladné čísla a,b,c,d. 1 ab + 1 cd 8 (a + b)(c + d), Riešenie. Celú nerovnost vynásobíme kladným výrazom (a + b)(c + d) a upravíme: (a + b)(c + d) (a + b)(c + d) + 8, ab cd ac + ad + bc + bd ac + ad + bc + bd + 8, ab cd c b + d b + c a + d a + a d + a c + b d + b c 8. Všimneme si, že l avá strana nerovnosti obsahuje štyri páry súčtov navzájom prevrátených zlomkov: ( a c + c ) ( a + a d + d ) ( b + a c + c ) ( b + b d + d ) 8. b Sčítaním štyroch nerovností u + 1 u 2 pre každé kladné reálne u, kde v našom prípade u je postupne a c, a d, b c, b d tak dostaneme tvrdenie, ktoré sme chceli dokázat. Komentár. Úloha študentom ukazuje jedno z mnohých využití nerovnosti u + 1 u 2 pre každé kladné u. Taktiež sme využili metódu sčítania niekol kých platných nerovností na dôkaz požadovaného tvrdenia, ktorá je d alším užitočným nástrojom pri pasovaní sa s dokazovaním nerovností. Zopár podobných úloh je možné nájst v časti Doplňujúce zdroje a materiály. Komentár. Záverečné dve úlohy sú zámerne komplexnejšie ako predchádzajúce prípravné cvičenia a ich vyriešenie vyžaduje uplatnenie princípov z predošlej časti seminára. Úloha 4.5. [66-I-1] Dokážte, že pre l ubovol né reálne číslo a platí nerovnost Určte, kedy nastáva rovnost. a a 2 a + 1 a + 1. Riešenie*. Úpravou dvojčlena a 2 a doplnením na štvorec a využitím faktu že druhá mocnina reálneho čísla je nezáporná ukážeme, že menovatel zlomku v nerovnosti je kladný: ( a 2 a + 1 = a 2 a + 1 ) + 34 ( 4 = a 1 ) > 0. Ak ním teda obe strany dokazovanej nerovnosti vynásobíme, dostaneme ekvivalentnú nerovnost a 2 (a 2 a + 1) + 1 (a + 1)(a 2 a + 1).

45 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 23 Po roznásobení a zlúčení rovnakých mocnín a dôjdeme k nerovnosti a 4 2a 3 + a 2 0, ktorá však platí, pretože jej l avá strana má rozklad a 2 (a 1) 2 s nezápornými činitel mi a 2 a (a 1) 2. Tým je pôvodná nerovnost pre každé reálne číslo a dokázaná. Zároveň sme zistili, že rovnost vo výslednej, a teda aj v pôvodnej nerovnosti nastane práve vtedy, ked platí a 2 (a 1) 2 = 0, teda jedine vtedy, ked a = 0 alebo a = 1. Iné riešenie. Danú nerovnost môžeme prepísat na tvar (a 2 a + 1) + 1 a 2 a čiže u + 1 u 2, pričom u = a 2 a + 1. Využitím faktu, že posledná nerovnost platí pre každé kladné reálne číslo u a že prechádza v rovnost jedine pre u = 1. Na dôkaz pôvodnej nerovnosti ostáva už len overit, že výraz u = a 2 a + 1 je kladný pre každé reálne číslo a. To možno spravit rovnako ako v prvom riešení, alebo prepísat nerovnost a 2 a + 1 > 0 na tvar a(a 1) > 1 a uskutočnit krátku diskusiu: Posledná nerovnost platí ako pre každé a 1, tak pre každé a 0, lebo v oboch prípadoch máme dokonca a(a 1) 0; pre zvyšné hodnoty a, teda pre a (0,1), je súčin a(a 1) síce záporný, avšak určite väčší ako 1, pretože oba činitele a, a 1 majú absolútnu hodnotu menšiu ako 1. Prepísaná nerovnost je tak dokázaná pre každé reálne číslo a, a tým je podmienka pre použitie nerovnosti u + 1 u 2 pre u = a2 + a + 1 overená. Ako sme už uviedli, rovnost u + 1 u = 2 nastane jedine pre u = 1. Pre rovnost v nerovnosti zo zadania úlohy tak dostávame podmienku a 2 a + 1 = 1, čiže a(a 1) = 0, čo je splnené iba pre a = 0 a pre a = 1. Komentár. Úloha využíva spojenie viacerých poznatkov faktu, že druhá mocnina akéhokol - vek reálneho čísla je nezáporná, úpravu na štvorec, ekvivalentné úpravy nerovností a tiež známu nerovnost u + 1 u 2 pre každé kladné reálne u. Je síce náročnejšia ako úlohy, ktorými sme sa doteraz zaoberali, ale považujeme ju za vhodnú ilustráciu toho, ako nám rozšírený arzenál metód pomôže v úspešnom zvládnutí zložitejších problémov. Úloha tiež demonštruje, že k správnemu riešeniu častokrát vedú viaceré cesty. Úloha 4.6. [59-I-5] Dokážte, že pre l ubovol né kladné reálne čísla a,b platí ab 2(a 2 + 3ab + b 2 ) 5(a + b) a + b 2, a pre každú z oboch nerovností zistite, kedy prechádza na rovnost. Riešenie*. Pravá nerovnost je ekvivalentná s nerovnost ou 4(a 2 + 3ab + b 2 ) 5(a + b) 2, ktorú možno ekvivalentne upravit na nerovnost a 2 + b 2 2ab = (a b) 2 0. Tá je splnená vždy a rovnost v nej nastane práve vtedy, ked a = b.

46 24 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Z l avej nerovnosti odstránime zlomky a umocníme ju na druhú, 25ab(a 2 + 2ab + b 2 ) 4(a 4 + 9a 2 b 2 + b 4 + 6a 3 b + 6ab 3 + 2a 2 b 2 ), 25ab(a 2 + b 2 ) + 50a 2 b 2 4a 4 + 4b a 2 b ab(a 2 + b 2 ), takže po úprave dostaneme ekvivalentnú nerovnost 4a 4 + 4b 4 6a 2 b 2 ab(a 2 + b 2 ). Po odčítaní výrazu 2a 2 b 2 od oboch strán nerovnosti sa nám podarí na oboch stranách použit úpravu na štvorec. Dostaneme tak (opät ekvivalentnú) nerovnost 4(a 2 b 2 ) 2 ab(a b) 2. Rozdiel štvorcov v zátvorke na l avej strane ešte rozložíme na súčin a vzt ah upravíme na tvar 4(a b) 2 (a + b) 2 ab(a b) 2. Ak a = b, platí rovnost. Ak a b, môžeme poslednú nerovnost vydelit kladným výrazom (a b) 2 a dostaneme tak nerovnost 4(a + b) 2 ab, čiže 4a 2 + 4b 2 + 7ab 0. L avá strana tejto nerovnosti je vždy kladná, preto vyšetrovaná nerovnost platí pre všetky kladné čísla a, b, pričom rovnost v nej nastane práve vtedy, ked a = b. Komentár. Táto úloha prvýkrát prináša sústavu nerovností a je vhodné so študentmi zopakovat, ako k riešeniu sústav nerovností pristupujeme: musíme dokázat riešenie každej nerovnosti zvlášt. V priebehu riešenia opät využijeme úpravu na štvorec a nezápornost druhej mocniny reálneho čísla. Úloha sa dá riešit ešte iným spôsobom, ten si však ukážeme v d alšom seminári zameranom na nerovnosti. Domáca práca Úloha 4.7. [62-I-2-N1] Dokážte, že pre l ubovol né kladné čísla a,b,c platí nerovnost ( a + 1 )( b + 1 )( c + 1 ) 8 b c a a zistite, kedy prechádza v rovnost. Riešenie*. L avú stranu L dokazovanej nerovnosti najskôr upravíme roznásobením a vzniknuté členy zoskupíme do súčtov dvojíc navzájom prevrátených výrazov: ( L = a + 1 )( b + 1 )( c + 1 ) ( = b c a ab + a c )( c + 1 ) = bc a ( = abc + 1 ) ( + a + 1 abc a ) + ( b + 1 ) ( + c + 1 ). b c Pretože pre u > 0 je u + 1 u 2, pričom rovnost nastane práve vtedy, ked u = 1, pre výraz L platí L = 8, čo sme mali dokázat. Rovnost L = 8 nastane práve vtedy, ked platí abc + 1 abc = a + 1 a = b + 1 b = c + 1 c = 2 teda, ako sme už spomenuli, práve vtedy, ked abc = a = b = c = 1, t. j. práve vtedy, ked a = b = = c = 1.

47 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 25 Komentár. Úloha sa dá riešit využitím AG nerovnosti, tá však bude obsahom jedného z d alších seminárov, v ktorom sa (okrem iného) k tejto úlohe vrátime. Úloha 4.8. [62-I-2-D2, resp. 59-II-2] Dokážte, že pre l ubovol né čísla a, b z intervalu 1, ) platí nerovnost (a 2 + 1)(b 2 + 1) (a 1) 2 (b 1) 2 4 a zistite, kedy nastane rovnost. Riešenie*. Danú nerovnost ekvivalentne upravujme: (a 2 b 2 + a 2 + b 2 + 1) (a 2 2a + 1)(b 2 2b + 1) 4, (a 2 b 2 + a 2 + b 2 + 1) (a 2 b 2 2ab 2 + b 2 )+ +(2a 2 b 4ab + 2b) (a 2 2a + 1) 4, 2ab(a + b) 4ab + 2(a + b) 4, 2(a + b)(ab + 1) 4(ab + 1), 2(ab + 1)(a + b 2) 0. Vzhl adom na predpoklad a 1, b 1 je a + b 2, takže upravená nerovnost zrejme platí. Rovnost v nej (a teda aj v zadanej) nerovnosti pritom nastane práve vtedy, ked a + b = 2, čiže a = b = 1. Iné riešenie. Pri označení m = a a n = b možno l avú stranu dokazovanej nerovnosti prepísat na tvar L = mn (m 2a)(n 2b) = 2an + 2bm 2ab 2ab, z ktorého vynímaním dostaneme L = 2a(n b) + 2b(m a). Čísla a,b sú z intervalu 1, ), preto 1 = m a 2 m a. Odtial 2b(m a) 2. Analogicky dostaneme 2a(n b) 2. Teda L 4 a rovnost nastáva práve vtedy, ked a = b = 1. Iné riešenie. Po substitúcii a = 1 + m a b = 1 + n, pričom m,n 0, získa l avá strana nerovnosti tvar L = (m 2 + 2m + 2)(n 2 + 2n + 2) m 2 n 2. Po roznásobení, ktoré si stačí iba predstavit, sa zruší člen m 2 n 2, takže L bude súčtom nezáporných členov, medzi ktorými bude aj člen 2 2 = 4. Tým je nerovnost L 4 dokázaná. A ked že medzi spomenutými členmi budú aj 4m a 4n, z rovnosti L = 4 vyplýva m = n = 0, čo naopak rovnost L = 4 tiež zrejme zaručuje. To znamená, že rovnost nastáva práve vtedy, ked a = b = 1. Úloha 4.9. [58-I-6] Dokážte, že pre l ubovol né rôzne kladné čísla a,b platí a + b < 2(a2 + ab + b 2 ) a < 2 + b (a + b) 2

48 26 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Riešenie*. L avú nerovnost dokážeme ekvivalentnými úpravami: a + b 2 < 2(a2 + ab + b 2 ), 6(a + b) 3(a + b) 3(a + b) 2 < 4(a 2 + ab + b 2 ), 0 < (a b) 2. Posledná nerovnost vzhl adom na predpoklad a b platí. Aj pravú nerovnost zo zadania budeme ekvivalentne upravovat, začneme umocnením každej strany na druhú: 4(a 2 + ab + b 2 ) 2 9(a + b) 2 < a2 + b 2, 18(a + b) 2 2 8(a 2 + ab + b 2 ) 2 < 9(a 2 + b 2 )(a + b) 2, 8(a 4 + b 4 + 2a 3 b + 2ab 3 + 3a 2 b 2 ) < 9(a 4 + b 4 + 2a 3 b + 2ab 3 + 2a 2 b 2 ), 6a 2 b 2 < a 4 + b 4 + 2a 3 b + 2ab 3. Posledná nerovnost je súčtom nerovností 2a 2 b 2 < a 4 +b 4 a 4a 2 b 2 < 2a 3 b+2ab 3, ktoré obe platia, lebo po presune členov z l avých strán na pravé dostaneme po rozklade už zrejmé nerovnosti 0 < < (a 2 b 2 ) 2, resp. 0 < 2ab(a b) 2. Doplňujúce zdroje a materiály Publikácií a článkov zaoberajúcich sa dokazovaním nerovností existuje vel ké množstvo. Ak by študenti mali záujem o širšie štúdium tejto problematiky, na úvod je vhodné odporučit im napr. publikácie [BBC94]. Seminár 5 Téma Algebraické výrazy, rovnice a nerovnosti III lineárne rovnice a sústavy lineárnych rovníc Ciele Upevnit poznatky o riešení lineárnych rovníc a sústav lineárnych rovníc. Úlohy a riešenia Úvodný komentár. Seminárne stretnutie je zamerané na prácu s rovnicami a úlohami, ktoré na rovnice, príp. sústavy rovníc vedú. Ide o jedno z dvoch stretnutí (d alším je Seminár 19), v tejto chvíli sa zameriame na jednoduchšie (priamočiarejšie) úlohy, v pokračovaní sa potom budeme zaoberat zložitejšími rovnicami a sústavami. Úloha 5.1. [60-I-1-N1] Máme tri čísla so súčtom 2010, pričom každé z nich je aritmetickým priemerom zvyšných dvoch. Aké sú to čísla?

49 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 27 Riešenie. Označme hl adané čísla a,b a c. Podl a zadania platí a + b = c, 2 b + c = a, 2 c + a = b. 2 Riešením sústavy dostávame a = b = c a z podmienky a + b + c = 2010 potom jediné riešenie úlohy a = b = c = 670. Úloha 5.2. [60-I-1-N2] Máme tri čísla, o ktorých vieme, že každé z nich je aritmetickým priemerom niektorých dvoch z našich troch čísel. Dokážte, že naše tri čísla sú rovnaké. Riešenie*. Predpokladajme, že niektoré z našich čísel je priemerom seba a iného z našich čísel. Potom ich vieme označit a,b,c tak, že a = (a + b)/2. Z tejto rovnosti vyplýva a = b. Číslo c je bud priemerom čísel a a b, z čoho hned máme, že je týmto číslam rovné, alebo je priemerom seba a niektorého z čísel a,b, čiže c = (c + a)/2, z toho opät dostaneme c = a = b. Ak každé z našich čísel je aritmetickým priemerom zvyšných dvoch, riešime predošlú úlohu. Úloha 5.3. [60-I-1] Lucia napísala na tabul u dve nenulové čísla. Potom medzi ne postupne vkladala znamienka plus, mínus, krát a delené a všetky štyri príklady správne vypočítala. Medzi výsledkami boli iba dve rôzne hodnoty. Aké dve čísla mohla Lucia na tabul u napísat? Riešenie*. Označme hl adané čísla a,b. Ked že b 0 nutne a + b a b. Každé z čísel a b,a : b je rovné bud a + b, alebo a b. Stačí teda rozobrat štyri prípady a v každom z nich vyriešit sústavu rovníc. Ukážeme si však rýchlejší postup. Ak by platilo a + b = a b a a b = a : b alebo a + b = a : b a a b = a b, vynásobením rovností by sme v oboch prípadoch dostali a 2 b 2 = a 2, čo je v spore s b 0. Preto sú čísla a b a a : b bud obe rovné a + b alebo obe rovné a b. Tak či tak musí platit a b = a : b, odkial po úprave a(b 2 1) = 0. Ked že a 0, nutne b {1, 1}. Ale ak b = 1, tak štyri výsledky sú postupne a + 1, a 1, a, a, čo sú pre každé a až tri rôzne hodnoty. Pre b = 1 máme výsledky a 1, a + 1, a, a. Dva rôzne výsledky to budú práve vtedy, ked a 1 = a alebo a + 1 = a. V prvom prípade dostávame a = 1 2, v druhom a = 1 2. Lucia mohla na začiatku na tabul u napísat bud čísla 1 2 a 1, alebo čísla 1 2 a 1. Komentár. Ak sa študenti rozhodnú riešit sústavy rovníc pre spomínané štyri prípady, je to v poriadku, na záver by však bolo inšpiratívne ukázat im aj rýchlejší postup. Úloha 5.4. [60-II-1] Na tabuli sú napísané práve tri (nie nutne rôzne) reálne čísla. Vieme, že súčet l ubovol ných dvoch z nich je tam napísaný tiež. Určte všetky trojice takých čísel.

50 28 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Riešenie*. Označme čísla napísané na tabuli a,b,c. Súčet a + b sa tiež nachádza na tabuli, je teda rovný jednému z čísel a,b,c. Keby a + b bolo rovné a alebo b, bola by na tabuli aspoň jedna nula. Rozoberieme preto tri prípady podl a počtu núl napísaných na tabuli. Ak sú na tabuli aspoň dve nuly, l ahko sa presvedčíme, že súčet každých dvoch čísel z tabule je tam tiež. Dostávame, že trojica t,0,0 je pre l ubovol né reálne číslo t riešením úlohy. Ak je na tabuli práve jedna nula, je tam trojica a,b,0, pričom a aj b sú nenulové čísla. Súčet a + b teda nie je rovný ani a, ani b, musí preto byt rovný 0. Dostávame tak d alšiu trojicu t, t,0, ktorá je riešením úlohy pre l ubovol né reálne číslo t. Ak na tabuli nie je ani jedna nula, súčet a + b nie je rovný ani a, ani b, preto a+b = c. Z rovnakých dôvodov je b+c = a a c+a = b. Dostali sme sústavu troch lineárnych rovníc s neznámymi a, b, c, ktorú môžeme vyriešit. Avšak hned z prvých dvoch rovníc po dosadení vyjde b+(a+b) = a, čiže b = 0. To je v spore s tým, že na tabuli žiadna nula nie je. Záver. Úlohe vyhovujú trojice t,0,0 a t, t,0 pre l ubovol né reálne číslo t a žiadne iné. Úloha 5.5. [60-S-1] Po okruhu behajú dvaja atléti, každý inou konštantnou rýchlost ou. Ked bežia opačnými smermi, stretávajú sa každých 10 minút, ked bežia rovnakým smerom, stretávajú sa každých 40 minút. Za aký čas zabehne okruh rýchlejší atlét? Riešenie*. Označme rýchlosti bežcov v 1 a v 2 tak, že v 1 > v 2 (rýchlosti udávame v okruhoch za minútu). Predstavme si, že atléti vyštartujú z rovnakého miesta, ale opačným smerom. V okamihu ich d alšieho stretnutia po 10 minútach bude súčet dĺžok oboch prebehnutých úsekov zodpovedat presne dĺžke jedného okruhu, teda 10v v 2 = 1. Ak bežia atléti z rovnakého miesta rovnakým smerom, dôjde k d alšiemu stretnutiu, akonáhle rýchlejší atlét zabehne o jeden okruh viac ako pomalší. Preto 40v 1 40v 2 = 1. Dostali sme sústavu dvoch lineárnych rovníc s neznámymi v 1,v 2 : 10v v 2 = 1, 40v 1 40v 2 = 1, ktorú vyriešime napríklad tak, že k štvornásobku prvej rovnice pripočítame druhú, čím dostaneme 80v 1 = 5, čiže v 1 = Zaujíma nás, ako dlho trvá rýchlejšiemu bežcovi prebehnút jeden okruh, teda hodnota podielu 1/v 1. Po dosadení vypočítanej hodnoty v 1 dostaneme odpoved : 16 minút. Poznámka. Úlohu možno riešit aj úvahou: za 40 minút ubehnú atléti spolu 4 okruhy (to vyplýva z prvej podmienky), pritom rýchlejší o 1 okruh viac ako pomalší (to vyplýva z druhej podmienky). To teda znamená, že prvý za uvedenú dobu ubehne 2,5 okruhu a druhý 1,5 okruhu, takže rýchlejší ubehne jeden okruh za 40/2,5 = 16 minút. Komentár. V tomto prípade vyžaduje netriviálne úsilie správne zostavenie sústavy rovníc tak, aby skutočne zodpovedala zadaniu. Jej vyriešenie potom už zložité nie je. Za zmienku stojí, že úloha je vhodným príkladom situácie, v ktorej si zmysluplnost výsledku môžeme aspoň približne overit (záporné rýchlosti, rýchlosti väčšie ako rýchlost svetla). Úloha 5.6. [66-I-4-N1] Určte všetky dvojčleny P(x) = ax + b, pre ktoré platí P(2) = 3 a P(3) = 2.

51 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 29 Riešenie. Z podmienok zo zadania zostavíme dve rovnice s dvomi neznámymi a a b: P(2) = 2a + b = 3, P(3) = 3a + b = 2. Odčítaním prvej rovnice od druhej ihned dostávame a = 1, dosadením tejto hodnoty do jednej z podmienok potom máme b = 5. Sústava má práve jedno riešenie, a preto zadaniu vyhovuje jediný dvojčlen P(x) = x + 5. Úloha 5.7. [66-I-4-N2] Určte všetky trojčleny P(x) = ax 2 +bx+c, pre ktoré platí P(1) = 4, P(2) = 9 a P(3) = 18. Riešenie. Podobne, ako v predchádzajúcej úlohe, zostavíme z podmienok sústavu troch lineárnych rovníc s tromi neznámymi a, b a c: P(1) = a + b + c = 4, P(2) = 4a + 2b + c = 9, P(3) = 9a + 3b + c = 18. Sústava má opät jediné riešenie a = 2, b = 1, c = 3, a preto existuje práve jeden trojčlen vyhovujúci zadaniu: P(x) = 2x 2 x + 3. Komentár. Predchádzajúce dve jednoduchšie úlohy majú prípravný charakter na nasledujúcu úlohu a domácu prácu. Študenti si prostredníctvom nich zopakujú metódy riešenia sústav rovníc s viacerými neznámymi. Tieto metódy by študentom mali byt známe zo ZŠ, ak však zistíme, že ich používanie nie je až také samozrejmé, je vhodné zaradit niekol ko jednoduchších úloh, napr. z [KHP00]. Úloha 5.8. [66-I-4-N3] Určte všetky dvojčleny P(x) = ax + b s celočíselnými koeficientmi a a b, pre ktoré platí P(1) < P(2) a P(1) 2 + P(2) 2 = 5. Riešenie*. Ked že a a b sú podl a zadania celé čísla, budú celými číslami aj hodnoty P(1) a P(2). Preto hl adáme, akými spôsobmi sa dá číslo 5 zapísat ako súčet dvoch druhých mocnín celých čísel. Ak neberieme ohl ad na poradie sčítancov, je taký spôsob jediný: 5 = (±1) 2 + (±2) 2. Zároveň vieme, že P(1) < P(2), preto dvojicu (P(1),P(2)) tvoria niektoré z nasledujúcich štyroch možností: (1,2),( 1,2),( 2, 1),( 2,1). Každá z týchto štyroch dvojíc podmienok potom vedie k sústave dvoch rovníc s dvomi neznámymi, takže dostávame objemnejšiu variáciu prvej úlohy tohto seminára. Vyriešením systémov získame 4 vyhovujúce dvojčleny x+0, 3x 4, x 3 a 3x 5. Komentár. Úloha využíva takmer rovnaký princíp ako prvé dve seminárne úlohy, vyžaduje však dodatočnú analýzu plynúcu z poslednej podmienky, čo úlohe pridáva na náročnosti. Poslednou úlohou tejto gradovanej série je domáca práca, ktorej analýza povedie k riešeniu niekol kých sústav troch rovníc s tromi neznámymi.

52 30 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Úloha 5.9. [66-I-4-D2] Koeficienty a,b,c trojčlena P(x) = ax 2 + bx + c sú reálne čísla, pritom každá z troch jeho hodnôt P(1),P(2) a P(3) je celým číslom. Vyplýva z toho, že aj čísla a,b,c sú celé, alebo je nutne celé aspoň niektoré z nich (ktoré)? Riešenie*. Nevyplýva. Uvážme príklad trojčlena P(x) = 1 2 x x + 1: z vyjadrenia P(x) = = 1 2x(x + 1) + 1 vyplýva, že P(x) je celým číslom pre každé celé x, pretože súčin x(x + 1) je vtedy delitel ný dvoma. Vo všeobecnej situácii je iba koeficient c nutne celé číslo; vyplýva to z vyjadrenia c = P(0) = 3P(1) 3P(2) + P(3). Komentár. Úloha je zaujímavá tým, že cesta k riešeniu je tentoraz menej priamočiara a študenti pravdepodobne prídu na viac rôznych príkladov mnohočlenov s neceločíselnými koeficientami, ktoré dané podmienky spĺňajú. Zaujímavá bude tiež pravdepodobne diskusia nad zdôvodnením, ktoré z koeficientov nutne celočíselné byt musia. Úloha [59-S-3] Nájdite všetky dvojice nezáporných celých čísel a, b, pre ktoré platí a 2 + b + 2 = a + b 2. Riešenie*. Rovnicu prepíšeme na tvar 2 = (b 2 a 2 ) (b a), z ktorého po využití vzt ahu pre rozdiel štvorcov a následnom vyňatí výrazu b a dostaneme 2 = (b a)(a + b 1). Ked že 2 je prvočíslo, máme pre uvedený súčin nasledujúce štyri možnosti: a) b a = 1 a a + b 1 = 2, potom a = 1 a b = 2. b) b a = 2 a a + b 1 = 1, potom a = 0 a b = 2. c) b a = 1 a a + b 1 = 2. Druhú rovnicu možno prepísat na tvar a + b = 1, z ktorého vidíme, že rovnost nenastane pre žiadnu dvojicu nezáporných celých čísel. d) b a = 2 a a+b 1 = 1. Druhú rovnicu možno prepísat na tvar a+b = 0, z ktorého vidíme, že vyhovuje jediná dvojica nezáporných celých čísel a = b = 0, ktorá však nevyhovuje prvej rovnici. Záver. Úloha má dve riešenia: Bud a = 1 a b = 2, alebo a = 0 a b = 2. Poznámka. Namiesto rozboru štyroch možností môžeme začat úvahou, že nulové čísla a,b nie sú riešením úlohy, takže a+b 1 = 0, a teda aj b a = 0. Stačí teda uvažovat iba možnosti a) a b). Iné riešenie. Rovnicu upravíme na tvar 2 = (b 2 b) (a 2 a), resp. na tvar 2 = b(b 1) a(a 1). Z nasledujúcej tabul ky a tvaru čísel x 2 x = x(x 1) je zrejmé, že rozdiely medzi susednými hodnotami výrazov x(x 1) rastú s rastúcim x (l ahko sa o tom presvedčíme výpočtom: (x + 1)x x(x 1) = 2x). x x(x 1) Môže teda platit iba b 2 b = 2 a a 2 a = 0. Odtial a {0,1} a b = 2. Riešením úlohy sú teda dve dvojice nezáporných celých čísel: a = 0,b = 2 a a = 1,b = 2. Komentár. Úloha je (okrem iného) zaujímavá tým, že poskytuje priestor na rôznorodé prístupy

53 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 31 k riešeniu a môže byt dobrým podnetom na vzájomné vysvetl ovanie riešení medzi študentmi. Kl účovým prvkom riešenia je úprava rovnice na vhodný tvar na tomto mieste je študentom vhodné pripomenút, že zručnost a dôvtip pri manipulácii s algebraickými výrazmi nájdu uplatenie v širokom spektre problémov, nielen na prvom seminárnom stretnutí, ktoré na túto problematiku bolo zamerané. Domáca práca Úloha [66-I-4] Nájdite všetky trojčleny P(x) = ax 2 +bx+c s celočíselnými koeficientami a,b,c, pre ktoré platí P(1) < P(2) < P(3) a zároveň (P(1)) 2 + (P(2)) 2 + (P(3)) 2 = 22. Riešenie. Ked že a,b,c sú podl a zadania celé čísla, sú také aj hodnoty P(1),P(2) a P(3). Ich druhé mocniny, čiže čísla P(1) 2,P(2) 2 a P(3) 2, sú preto druhými mocninami celých čísel, teda tri (nie nutne rôzne) čísla z množiny {0,1,4,9,16,25,...}. Ich súčet je podl a zadania rovný 22, takže každý z troch sčítancov je menší ako šieste možné číslo 25. Akými spôsobmi možno vôbec zostavit súčet 22 z troch čísel vybraných z množiny {0, 1, 4, 9, 16}? Systematickým rozborom rýchlo zistíme, že rozklad čísla 22 na súčet troch druhých mocnín je (až na poradie sčítancov) iba jeden, a to 22 = Dve z čísel P(1),P(2) a P(3) majú teda absolútnu hodnotu 3 a tretie 2, a ked že P(1) < P(2) < P(3), musí nutne platit P(1) = 3, P(3) = 3 a P(2) { 2, 2}. Pre každú z oboch vyhovujúcich trojíc (P(1), P(2), P(3)) = ( 3, 2, 3) a (P(1), P(2), P(3)) = ( 3, 2, 3) určíme koeficienty a, b, c príslušného trojčlena P(x) tak, že nájdené hodnoty dosadíme do pravých strán rovníc a + b + c = P(1), 4a + 2b + c = P(2), 9a + 3b + c = P(3) a výslednú sústavu troch rovníc s neznámymi a, b, c vyriešime. Tento jednoduchý výpočet tu vynecháme, v oboch prípadoch vyjdú celočíselné trojice (a,b,c), ktoré zapíšeme rovno ako koeficienty trojčlenov, ktoré sú jedinými dvoma riešeniami danej úlohy: P 1 (x) = 2x 2 5x a P 2 (x) = 2x x 12. Úloha [62-II-3] Nájdite všetky dvojice celých kladných čísel a a b, pre ktoré je číslo a 2 + b o 62 väčšie ako číslo b 2 + a. Riešenie. Zadanie zapíšeme rovnost ou, ktorej pravú stranu rovno upravíme na súčin: 62 = (a 2 + b) (b 2 + a) = (a 2 b 2 ) (a b) = (a b)(a + b 1). Súčin celých čísel u = a b a v = a + b 1 je teda rovný súčinu dvoch prvočísel Ked že v = 1, je nutne aj číslo u kladné a zrejme u < v, takže (u,v) je jedna z dvojíc (1,62) alebo (2,31). Ak vyjadríme naopak a,b pomocou u,v, dostaneme a = u + v a b = v u Pre (u,v) = (1,62) tak dostávame riešenie (a,b) = (32,31), dvojici (u,v) = (2,31) zodpovedá druhé riešenie (a,b) = (17,15). Iné riešenia úloha nemá.

54 32 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Komentár. Úloha je vel mi podobná tej, ktorou sme sa zaoberali na stretnutí, slúži tak na overenie toho, či si študenti princíp riešenia osvojili. Zároveň ale zadanie nie je zapísané priamo rovnost ou, takže úloha precvičí aj schopnost transformovat slovný text na matematický zápis. Úloha [60-I-1-D1] Nech n je prirodzené číslo väčšie ako 2. Máme n čísel so súčtom n, pričom každé z nich je aritmetickým priemerom ostatných čísel. Aké sú to čísla? Riešenie*. Usporiadajme si naše čísla podl a vel kosti, nech x 1 x 2... x n. Aritmetický priemer skupiny čísel je aspoň taký, ako najmenšie z nich. Aritmetický priemer čísel x 2,x 3,...,x n je preto aspoň x 2, a je rovný x 1 len v prípade, že žiadne z čísel x 3,...,x n nie je väčšie ako x 2. Z toho hned dostávame, že všetky naše čísla musia byt rovnaké a teda rovné November Seminár 6 Téma Teória čísel I úlohy o delitel nosti Ciele Úlohy a riešenia Úvodný komentár. Ked že ide o prvé stretnutie zo série seminárov zameraných na elementárnu teóriu čísel, je potrebné so študentmi zopakovat základné znalosti, ktoré by mali mat zo základnej školy: chápat rozdiel medzi číslom a cifrou, používat rozvinutý a skrátený zápis čísla v desiatkovej sústave, rozumiet pojmom prvočíslo a zložené číslo, vediet určit najmenší spoločný násobok a najväčší spoločný delitel daných dvoch celých čísel, poznat pravidlá delitel nosti číslami 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10. Študenti by mali byt schopní zdôvodnit všetky pravidlá delitel nosti. Ak si ich nepamätajú, môže byt táto úloha vhodnou rozcvičkou pred riešením pripravených problémov. Takisto je vhodné zjednotit značenie, ktoré budeme používat. Fakt, že celé číslo a delí celé číslo b budeme zapisovat v tvare a b. V tomto texte tiež označujeme (a,b) najväčší spoločný delitel čísel a a b a [a,b] ich najmenší spoločný násobok. Pripomenieme tiež, že ak pre prirodzené čísla a,b,c platí a (b c) a zároveň (a,b) = 1, musí nutne a c. Toto tvrdenie budeme v priebehu seminárov využívat často, je preto dôležité, aby ho študenti vzali za svoje. Vyzbrojení všetkými spomenutými znalost ami sa môžeme pustit do riešenia úloh.

55 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 33 Úloha 6.1. [ [Hol10], 4.2, problem 38, str. 115] Nech N je pät ciferné kladné číslo také, že N = a679b. Ak je N delitel né 72, určte prvú cifru a a poslednú cifru b. Riešenie. Ked že je číslo N delitel né 72 = 8 9, musí byt súčasne delitel né ôsmimi aj deviatimi. Z pravidla pre delitel nost ôsmimi vyplýva, že číslo 79b musí byt násobkom ôsmich a teda b = 2. Pravidlo pre delitel nost deviatimi diktuje, že ciferný súčet hl adaného čísla a = a + 24 je násobkom deviatich, dostávame tak a = 3. Hl adaným číslom je N = Komentár. Úloha nie je náročná a je zaradená ako zahrievacie cvičenie a ukážka práce s delitel nost ou zloženým číslom. Úloha 6.2. [66-I-2-N1] Dokážte, že v nekonečnom rade čísel 1 2 3,2 3 4,3 4 5,4 5 6,..., je číslo prvé delitel om všetkých čísel d alších. Riešenie. Prvé číslo v nekonečnom rade je číslo 6. Dokazujeme tak, že všetky výrazy tvaru n(n + 1)(n + 2), kde n 2 je prirodzené číslo, sú delitel né šiestimi. To ale zjavne platí, ked že z troch po sebe idúcich čísel je vždy práve jedno delitel né tromi a minimálne jedno z nich je tiež párne. Delitel nost dvomi a tromi zároveň nám tak zaručí delitel nost šiestimi a požadované tvrdenie je dokázané. Komentár. Táto jednoduchá úloha zoznámi žiakov s poznatkom často využívaným v úlohách zameraných na dokazovanie delitel nosti číslom, ktoré je násobkom troch: z troch po sebe idúcich prirodzených čísel je vždy práve jedno delitel né tromi. Úloha 6.3. [63-I-5-N1] Dokážte, že pre každé prirodzené n je číslo n 3 + 2n delitel né tromi. Riešenie. Každé prirodzené číslo n je tvaru n = 3k, n = 3k + 1 alebo n = 3k + 2, kde k je prirodzené číslo alebo 0. Dokazované tvrdenie overíme pre každú z týchto možností zvlášt. a) n = 3k: n 3 + 2n = (3k) k = 27k 3 + 6k = 3k(9k 2 + 2), tvrdenie platí. b) n = 3k + 1: n 3 + 2n = (3k + 1) 3 + 2(3k + 1) = (27k k 2 + 9k + 1) + (6k + 2) = 27k k k + 3 = 3(9k 3 + 9k 2 + 5k + 1), tvrdenie platí. c) n = 3k + 2: n 3 + 2n = (3k + 2) 3 + 2(3k + 2) = (27k k k + 8) + (6k + 4) = 27k k k + 12 = 3(9k k k + 4), a preto 3 n 3 + 2n aj v tomto prípade. Komentár. Úloha zoznamuje študentov s d alším možným postupom pri dokazovaní delitel nosti výrazu daným prirodzeným číslom m: rozdelenie na m možností podl a zvyšku po delení číslom m a dokázanie tvrdenia pre každú z týchto možností zvlášt. Je vhodné diskutovat so študentmi o výhodnosti tejto metódy pre (ne)vel ké m. Zaujímavé je tiež porovnat riešenie tejto úlohy s úlohou predchádzajúcou, ked že v tomto prípade sa nám daný výraz nepodarilo rozložit na súčin troch po sebe idúcich čísel, preto sme museli pristúpit k inému riešeniu. Úlohu je možné dokázat použitím matematickej indukcie, avšak tá nie je štandardnou náplňou

56 34 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí osnov nematematických gymnázií, preto sme toto riešenie nezvolili ako vzorové. Ak sa však študenti s dôkazom použitím indukcie stretli, je vhodné s nimi rozobrat aj tento spôsob riešenia. Úloha 6.4. ôsmimi. [63-I-5-N2] Dokážte, že pre každé nepárne číslo n je číslo n 2 1 delitel né Riešenie. Výraz n 2 1 upravíme na súčin (n 1)(n + 1). To je súčin dvoch po sebe idúcich párnych čísel, ked že n je nepárne. Preto práve jedno z čísel n 1 a n + 1 je delitel né 4 a druhé z nich je nepárnym násobkom čísla 2. Celkovo je teda súčin (n 1)(n + 1) delitel ný ôsmimi. Komentár. Posledná úloha zo série jednoduchých dôkazov delitel nosti využíva podobnú myšlienku ako úloha [66-I-2-N1], navyše však vyžaduje upravenie výrazu n 2 1 do vhodného tvaru. Následná diskusia o riešení je už jednoduchá. Úloha 6.5. [63-I-5-N3+63-I-5-N4, resp. C-55-I-1] a) Dokážte, že pre všetky celé kladné čísla m je rozdiel m 6 m 2 delitel ný šest desiatimi. b) Určte všetky kladné celé čísla m, pre ktoré je rozdiel m 6 m 2 delitel ný číslom 120. Riešenie*. a) Číslo n = m 6 m 2 = m 2 (m 2 1)(m 2 + 1) je vždy delitel né štyrmi, pretože pri párnom m je m 2 delitel né štyrmi a pri nepárnom m sú čísla m 2 1, m obe párne, jedno z nich je dokonca delitel né štyrmi a ich súčin je teda delitel ný ôsmimi. Z troch po sebe idúcich prirodzených čísel m 2 1, m 2, m je práve jedno delitel né tromi, a preto je aj číslo n delitel né tromi. Ak je m delitel né piatimi, je m 2 delitel né piatimi, dokonca dvadsiatimi piatimi. V opačnom prípade je m tvaru 5k + r, kde r je rovné niektorému z čísel 1, 2, 3, 4 a k je prirodzené alebo 0. Potom m 2 = 25k kr + r 2 a r 2 sa rovná niektorému z čísel 1, 4, 9, 16. V prvom a v poslednom prípade je číslo m 2 1 delitel né piatimi, v ostatných dvoch prípadoch je číslo m delitel né piatimi. Teda číslo n je vždy delitel né nesúdelitel nými číslami 4, 3 a 5, a teda aj ich súčinom 60. b) Už sme ukázali, že v prípade nepárneho m je súčin (m 2 1)(m 2 + 1) delitel ný ôsmimi a číslo n = m 6 m 2 je teda delitel né číslom 120 = Ak je však číslo m párne, sú čísla m 2 1, m 2 +1 nepárne, žiadne nie je delitel né dvoma. Číslo n je potom delitel né ôsmimi iba v prípade, že m 2 je delitel né ôsmimi, teda m je delitel né štyrmi. Číslo n je potom delitel né šestnástimi, tromi a piatimi, a preto dokonca číslom 240. Záver. Naše výsledky môžeme zhrnút. Číslo n = m 6 m 2 je delitel né číslom 120 práve vtedy, ked m je nepárne alebo delitel né štyrmi. Komentár. Sada dvoch na seba nadväzujúcich úloh využíva poznatky získané pri riešení jednoduchších prípravných úloh zo začiatku seminára a vyžaduje sústredené a starostlivé aplikovanie všetkých z nich. Úloha 6.6. [59-II-1] Dokážte, že pre l ubovol né celé čísla n a k väčšie ako 1 je číslo n k+2 n k delitel né dvanástimi.

57 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 35 Riešenie*. Vzhl adom na to, že 12 = 3 4, stačí ukázat, že číslo a = n k+2 n k = n k (n 2 1) = = (n 1)n(n+1)n k 1 je delitel né tromi a štyrmi. Prvé tri činitele posledného výrazu sú tri po sebe idúce prirodzené čísla, takže práve jedno z nich je delitel né tromi, a preto aj číslo a je delitel né tromi. Je delitel né aj štyrmi, lebo pri párnom n je v poslednom výraze druhý a štvrtý činitel párny, zatial čo pri nepárnom n je párny prvý a tretí činitel. Tým je dôkaz hotový. Iné riešenie. Položme a = n k+2 n k = n k (n 2 1) = (n 1)n k (n + 1). Opät ukážeme, že a je delitel né štyrmi a tromi. Ak je n párne, je n k delitel né štyrmi pre každé celé k 2. Ak je n nepárne, sú činitele n 1 a n + 1 párne čísla, takže a je delitel né štyrmi pre každé celé n = 2. Delitel nost tromi je zrejmá pre n = 3l. Ak n = 3l + 1, pričom l je celé kladné číslo, je tromi delitel ný činitel n 1 (a teda aj číslo a). Ak n = 3l + 2 (l je celé nezáporné), je tromi delitel ný činitel n + 1. Ked že iné možnosti pre zvyšok čísla n po delení tromi nie sú, je číslo a delitel né tromi. Tým je požadovaný dôkaz ukončený. Komentár. Delitel nost štyrmi je tiež možné dokázat aj rozborom možností n = 4l, n = 4l + 1, n = 4l + 2 a n = 4l + 3, pre l celé a nezáporné. Kl účovým krokom v riešení bolo vhodné rozloženie čísla a na súčin. To však súdiac podl a priemerného počtu bodov udelených za túto úlohu v krajských kolách 2 na Slovensku bola úloha pre riešitel ov nel ahká. Úloha 6.7. [58-S-3] Ked isté dve prirodzené čísla v rovnakom poradí sčítame, odčítame, vydelíme a vynásobíme a všetky štyri výsledky sčítame, dostaneme Určte tieto dve čísla. Riešenie. Pre hl adané prirodzené čísla x a y sa dá podmienka zo zadania vyjadrit rovnicou (x + y) + (x y) + x + (x y) = 2009, (1) y v ktorej sme čiastočné výsledky jednotlivých operácií dali do zátvoriek. Vyriešme rovnicu (1) vzhl adom na neznámu x (v ktorej je, na rozdiel od neznámej y, rovnica lineárna): 2x + x + xy = 2009, y 2xy + x + xy 2 = 2009y, x(y + 1) 2 = 2009y, x = 2009y (y + 1) 2. (2) Hl adáme práve tie prirodzené čísla y, pre ktoré má nájdený zlomok celočíselnú hodnotu, čo možno vyjadrit vzt ahom (y+1) y. Ked že čísla y a y+1 sú nesúdelitel né, sú nesúdelitel né aj čísla y a (y + 1) 2, takže musí platit (y + 1) = Ked že y + 1 je celé číslo väčšie ako 1 (a činitele 7, 41 sú prvočísla), poslednej podmienke vyhovuje iba hodnota y = 6, ktorej po dosadení do (2) zodpovedá x = 246. (Skúška nie je nutná, lebo rovnice (1) a (2) sú v obore prirodzených čísel ekvivalentné.) Hl adané čísla v uvažovanom poradí sú 246 a ,0 b v prípade úspešných riešitel ov, 1,8 b v prípade všetkých riešitel ov, najmenej zo všetkých úloh krajského kola daného ročníka

58 36 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Komentár. Úloha je zaujímavá v tom, že na prvý pohl ad nemusí riešitel tušit, že ide o problém využívajúci poznatky z delitel nosti. Zároveň vyžaduje netriviálnu zručnost a nápad pri upravovaní počiatočnej rovnice do vhodného tvaru, nadväzuje tým na predchádzajúce semináre o algebraických výrazoch a rovniciach. Úloha je tak peknou ukážkou toho, že v matematike (a nielen tam) nie sú znalosti a koncepty nesúvisiace, ale často sú vzájomne prepojené. Úloha 6.8. [66-I-2-N2] Nájdite všetky celé d > 1, pri ktorých hodnoty výrazov U(n) = n n 2 1 a V (n) = n 3 + 4n dávajú po delení číslom d rovnaké zvyšky, nech je celé číslo n zvolené akokol vek. Riešenie*. Hl adané d sú práve tie, ktoré delia rozdiel U(n) V (n) = 13n 2 13 = 13(n 1)(n + 1) pre každé celé n. Tento rozdiel je tak určite delitel ný 13. Aby sme ukázali, že (zrejme vyhovujúce) d = 13 je jediné, dosad me do rozdielu U(n) V (n) hodnotu n = d: číslo d je s číslami d 1 a d + 1 nesúdelitel né, takže delí súčin 13(d 1)(d + 1) jedine vtedy, ked delí činitel 13, teda ked d = 13. Vyhovuje jedine d = 13. Komentár. Úloha stavia na myšlienke delitel nosti rozdielu U(n) a V (n) hl adaným d, čo je d alší užitočný nástroj: namiesto upravovania výrazov U(n) a V (n) ich odčítat. Taktiež je vhodné upozornit študentov, že druhá čast riešenia dokázanie, že nájdené riešenie je jediné je taktiež podstatnou súčast ou riešenia (nielen) tejto úlohy. Úloha 6.9. [66-I-2-D1] Pre ktoré prirodzené čísla n nie je výraz V (n) = n n 2 12 násobkom ôsmich? Riešenie*. Upravme výraz V (n) do tvaru súčinu: V (n) = (n 2 1)(n ) = (n 1)(n + + 1)(n ). Vidíme, že V (n) je určite násobkom ôsmich v prípade nepárneho n (vid. tretia úloha tohto seminára). Ked že pre párne n je súčin (n 1)(n + 1) nepárny, hl adáme práve tie n tvaru n = 2k, pre ktoré nie je delitel ný ôsmimi výraz n = 4(k 2 + 3), čo nastane práve vtedy, ked k je párne. Hl adané n sú teda práve tie, ktoré sú delitel né štyrmi. Komentár. Úloha využíva vhodnú úpravu výrazu V na súčin. Tu študenti zúročia zručnosti nadobudnuté v algebraických seminároch. Zároveň využijú skôr dokázané tvrdenie o delitel nosti ôsmimi a napokon, úloha ich pripraví na nasledujúci komplexnejší problém. Úloha [66-I-2] Nájdite najväčšie prirodzené číslo d, ktoré má tú vlastnost, že pre l ubovol né prirodzené číslo n je hodnota výrazu delitel ná číslom d. V (n) = n n 2 12 Riešenie*. Vypočítajme najskôr hodnoty V (n) pre niekol ko najmenších prirodzených čísel n a ich rozklady na súčin prvočísel zapíšme do tabul ky:

59 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 37 n V (n) = = = Z toho vidíme, že hl adaný delitel d všetkých čísel V (n) musí byt delitel om čísla = 12, spĺňa teda nerovnost d 12. Preto ak ukážeme, že číslo d = 12 zadaniu vyhovuje, t. j. že V (n) je násobkom čísla 12 pre každé prirodzené n, budeme s riešením hotoví. Úprava V (n) = n n 2 12 = (12n 2 12) + (n 4 n 2 ), pri ktorej sme z výrazu V (n) vyčlenili dvojčlen 12n 2 12, ktorý je zrejmým násobkom čísla 12, redukuje našu úlohu na overenie delitel nosti číslom 12 (teda delitel nosti číslami 3 a 4) dvojčlena n 4 n 2. Využijeme na to jeho rozklad n 4 n 2 = n 2 (n 2 1) = (n 1)n 2 (n + 1). Pre každé celé n je tak výraz n 4 n 2 určite delitel ný tromi (také je totiž jedno z troch po sebe idúcich celých čísel n 1, n, n + 1) a súčasne aj delitel ný štyrmi (zaručuje to v prípade párneho n činitel n 2, v prípade nepárneho n dva párne činitele n 1 a n + 1). Dodajme, že delitel nost výrazu V (n) číslom 12 možno dokázat aj inými spôsobmi, napríklad môžeme využit rozklad V (n) = n 4 +11n 2 12 = (n 2 +12)(n 2 1) z predchádzajúcej úlohy alebo prejst k dvojčlenu n n 2 a podobne. Záver. Hl adané číslo d je rovné 12. Komentár. Úloha je okrem využitia všetkých doterajších poznatkov zaradená aj z dôvodu prvého kroku riešenia. Je vhodné študentom ukázat, že preskúmanie výrazu pre niekol ko malých hodnôt n nám môže pomôct utvorit si predstavu o tom, ako sa bude výraz správat d alej, príp. vytvorit hypotézu, ktorú sa neskôr pokúsime dokázat. Táto metóda nájde uplatnenie nielen v tejto konkrétnej úlohe, ale aj v d alších partiách matematiky. Domáca práca Úloha [66-S-2] Označme M množinu všetkých hodnôt výrazu V (n) = n 4 +11n 2 12, pričom n je nepárne prirodzené číslo. Nájdite všetky možné zvyšky po delení číslom 48, ktoré dávajú prvky množiny M. Riešenie*. Najskôr vypočítame prislúchajúce hodnoty výrazu V pre niekol ko prvých nepárnych čísel: n V (n) = = = = Medzi hl adané zvyšky teda patria čísla 0 a 24. Ukážeme, že iné zvyšky už možné nie sú. Na to stačí dokázat, že pre každé nepárne číslo n platí 24 V (n). Z školskej časti seminára vieme, že

60 38 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí pre každé prirodzené číslo n platí 12 V (n), teda aj 3 V (n). Ked že čísla 3 a 8 sú nesúdelitel né, stačí ukázat, že pre každé nepárne číslo n platí 8 V (n). Využijeme pritom rozklad daného výrazu na súčin V (n) = n n 2 12 = (n 2 1)(n ) = (n 1)(n + 1)(n ). (1) L ubovol né nepárne prirodzené číslo n možno zapísat v tvare n = 2k 1, pričom k N. Pre také n potom dostávame V (2k 1) = [(2k 1) 1][(2k 1) + 1][(2k 1) ] = 4(k 1)k(4k 2 4k + 13), a ked že súčin (k 1)k dvoch po sebe idúcich celých čísel je delitel ný dvoma, je celý výraz delitel ný ôsmimi. Záver. Daný výraz môže dávat po delení číslom 48 práve len zvyšky 0 a 24. Poznámka. Poznatok, že 8 V (n) pre každé nepárne n, možno dokázat aj inak, bez použitia rozkladu (1). Ak je totiž n = 2k 1, pričom k N, tak číslo n 2 = (2k 1) 2 = 4k 2 4k + 1 = 4k(k 1) + 1 dáva po delení ôsmimi (vd aka tomu, že jedno z čísel k, k 1 je párne) zvyšok 1, a teda rovnaký zvyšok dáva aj číslo n 4 (ako druhá mocnina nepárneho čísla n 2 ). Platí teda n 2 = 8u+1 a n 4 = 8v+1 pre vhodné celé u a v, takže hodnota výrazu V (2k 1) = (8v + 1) + 11(8u + 1) 12 = 8(v + 11u) je naozaj násobkom ôsmich. Pripojme aj podobný dôkaz poznatku 3 V (n) zo seminárneho stretnutia. Pre čísla n delitel né tromi je to zrejmé, ostatné n sú tvaru n = 3k ± 1, takže číslo n 2 = (3k ± 1) 2 = 9k 2 ± 6k + 1 = 3k(3k ± 2) + 1 dáva po delení tromi zvyšok 1, rovnako tak aj číslo n 4 = (n 2 ) 2. Dosadenie n 2 = 3u+1 a n 4 = 3v+1 do výrazu V (n) už priamo vedie k záveru, že 3 V (n). Úloha [60-I-2] Dokážte, že výrazy 23x + y, 19x + 3y sú delitel né číslom 50 pre rovnaké dvojice prirodzených čísel x, y. Riešenie*. Predpokladajme, že pre dvojicu prirodzených čísel x, y platí 50 23x + y. Potom pre nejaké prirodzené číslo k platí 23x + y = 50k. Z tejto rovnosti dostaneme y = 50k 23x, čiže 19x + 3y = 19x + 3(50k 23x) = 150k 50x = 50(3k x), takže číslo 19x + 3y je násobkom čísla 50. Podobne to funguje aj z druhej strany. Ak pre nejakú dvojicu prirodzených čísel x,y platí 50 19x + 3y, tak 19x + 3y = 50l pre nejaké prirodzené číslo l. Z tejto rovnosti vyjadríme číslo y; dostaneme y = (50l 19x)/3 (d alší postup by bol podobný, aj keby sme vyjadrili x namiesto y). Po dosadení dostaneme 23x + y = 23x + 50l 19x 3 = 69x + 50l 19x 3 = 50 (x + l). 3 O výslednom zlomku vieme, že je to prirodzené číslo. Čitatel tohto zlomku je delitel ný číslom 50. V menovateli je len číslo 3, ktoré je nesúdelitel né s 50, preto sa číslo 50 nemá s čím z menovatel a

61 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 39 vykrátit a teda číslo 23x + y je delitel né 50. Iné riešenie. Zrejme 3 (23x + y) (19x + 3y) = 50x, čiže ak 50 delí jedno z čísel 23x + y a 19x + 3y, tak delí aj druhé z nich. Doplňujúce zdroje a materiály Výborným zdrojom úloh jednoduchých aj zložitejších je publikácia [ [Hol10]], najmä jej časti 4.1, 4.2 a 4.3, ktoré obsahujú mnoho jednoduchších aj zložitejších príkladov na dokazovanie delitel nosti, spoločné delitele a násobky aj úlohy o ciferných zápisoch, preto môže byt vhodným doplnením banky úloh nielen pre tento, ale aj nasledujúce dva semináre. Seminár 7 Téma Teória čísel II úlohy o najmenšom spoločnom násobku a najväčšom spoločnom deliteli Ciele Zoznámit sa s metódami riešenia príkladov o spoločných delitel och a násobkoch, upevnit znalosti zo seminára predchádzajúceho. Úlohy a riešenia Úloha 7.1. [61-I-3-N1] Určte, pre ktoré prirodzené čísla a,b platí (a,b) = 10 a zároveň [a,b] = 150. Riešenie*. Pretože 10 = 2 5 a 150 = , požadované rovnosti sú splnené práve vtedy, ked a = 2 3 s 5 t a b = 2 3 u 5 v, kde {s,u} = {0,1} a {t,v} = {1,2}. Riešením je teda jedna zo štvoríc {a,b} = {10,150} alebo {a,b} = {30,50}. Komentár. Úloha je relatívne jednoduchá a nevyžaduje žiadne špeciálne znalosti, zároveň však nie je triviálna. Tvorí tak príjemné preklenutie medzi školskými a olympiádnymi príkladmi. Úloha 7.2. [69-I-5-N1] Nech d je najväčší spoločný delitel prirodzených čísel a a b. Ukážte, že čísla a/d a b/d sú celé a nesúdelitel né. Riešenie. Ak je d najväčším spoločným delitel om čísel a a b, potom existujú prirodzené čísla u a v také, že a = ud a b = vd, čím sme dokázali prvú čast tvrdenia. Druhú dokážeme sporom. Predpokladajme, že a/d a b/d nie sú nesúdelitel né. Potom existuje ich najväčší spoločný delitel d 1. Číslo d 1 však potom delí aj čísla a a b, čo je spor s predpokladom, že d = (a,b). Komentár. Táto mini-úloha je prípravným krokom k nasledujúcemu všeobecnejšiemu tvrdeniu a zároveň môže pripomenút použitie dôkazu sporom.

62 40 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Úloha 7.3. [60-I-5-N2] Dokážte, že pre l ubovol né prirodzené čísla a,b platí vzt ah [a,b] (a,b) = ab. Riešenie. Nech d = (a,b), potom a = ud, b = vd pre nesúdelitel né u a v, a teda [a,b] = uvd. Porovnaním l avej a pravej strany dokazovanej nerovnosti dostávame uvd d = ud vd, čo je pravdivé tvrdenie, teda vzt ah je dokázaný. Alternatívne môžeme vzt ah dokázat úvahou o exponentoch prvočísel, z ktorých sú čísla a a b zložené. Nech a = p α 1 1 pα 2 2 pα k k a b = p β 1 1 pβ 2 2 pβ k k, kde p 1 až p k sú prvočísla a α k,β k prirodzené čísla. Potom (a,b) = p min{α 1,β 1 } 1 p min{α 2,β 2 } 2 p min{α k,β k } k, [a,b] = p max{α 1,β 1 } 1 p max{α 2,β 2 } 2 p max{α k,β k } k, ab = p α 1+β 1 1 p α 2+β 2 2 p α k,β k k. Ked že pre akékol vek čísla α,β platí max{α,β} + min{α,β} = α + β, a to vo všetkých prípadoch α < β, α = β, α > β, je naše tvrdenie dokázané. Komentár. Predchádzajúce tvrdenie je stavebným kameňom mnohých úloh o spoločných násobkoch a delitel och, najmä myšlienka zápisu prirodzených čísel a a b v tvare a = ud a b = vd, kde u a v sú prirodzené čísla také, že (u,v) = 1 a d = (a,b) nájde uplatnenie vel mi často. Úloha 7.4. [64-I-5-N4] Platí pre každé tri prirodzené čísla a, b, c a ich najväčší spoločný delitel d a ich najmenší spoločný násobok n rovnost abc = nd? Riešenie. Neplatí, uvedieme protipríklad. Napríklad pre čísla 15,18 a 24 je d = (15,18,24) = 3, n = [15,18,24] = 360. Ďalej = 6480 a (15,18,24) [15,18,24] = = 1080, to však nie sú rovnaké čísla a tvrdenie neplatí. Komentár. Všeobecnejší pohl ad na predchádzajúci problém by sme dostali skrz pohl ad na exponenty prvočísel, z ktorých sú čísla a,b,c zložené. Dokazovaná rovnost nastane len v prípade, že sú všetky tri čísla navzájom po dvoch nesúdelitel né. Zároveň úloha demonštruje riešenie uvedením protipríkladu, čo je princíp, s ktorým sme sa v seminároch zatial nestretli a jeho spomenutie je určite vhodné. Úloha 7.5. [64-I-5-N5] Ak majú prirodzené čísla a, b najväčšieho spoločného delitel a d, majú rovnakého najväčšieho spoločného delitel a aj čísla a, b, a b, a + b. Dokážte. Platí rovnaké tvrdenie pre najmenší spoločný násobok? Riešenie. Najväčší spoločný delitel týchto štyroch čísel nebude určite väčší ako d (ak by bol, potom by d nebol najväčší spoločný delitel čísel a a b, čo by bolo v spore s predpokladom úlohy). Stačí teda ukázat, že d delí a + b a a b. Ak zapíšeme a a b v tvare a = ud a b = vd, pričom pre

63 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 41 prirodzené čísla u, v platí (u,v) = 1, bude potom a + b = ud + vd = (u + v)d, a b = ud vd = = (u v)d. Vidíme, že d delí súčet aj rozdiel čísel a a b, tvrdenie je teda dokázané. Tvrdenie pre najmenší spoločný násobok neplatí, uvedieme protipríklad. Pre čísla a = 12, b = 8, a + b = 20, a b = 4, [12,8] = 24, avšak [12,8,20,4] = 120. Komentár. Úloha precvičuje dôkaz všeobecného tvrdenia a opät prináša protipríklad ako dostatočný argument. Úloha 7.6. [61-I-3-N4, resp. 50-C-II-1] Nájdite všetky dvojice prirodzených čísel a, b, pre ktoré platí a + b + [a,b] + (a,b) = 50. Riešenie*. Položme a = ud, b = vd, kde d je najväčší spoločný delitel čísel a, b, prirodzené čísla u,v sú nesúdelitel né a [a,b] = uvd. Podl a zadania má platit ud + vd + uvd + d = 50. Inak napísané, (1+u)(1+v)d = 50. Nájdime preto všetky rozklady čísla 50 na súčin troch prirodzených čísel d,u + 1,v + 1, z ktorých posledné dve sú väčšie ako 1. Bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladat, že a b, tj. u v. Dostaneme nasledujúce možnosti. d u + 1 v + 1 u v a b V prípade d = 2 dostaneme u = v = 4, to je však spor s tým, že u a v sú nesúdelitel né. Preto má úloha práve tri riešenia. Komentár. Úloha okrem vhodného zapísania čísel a, b a [a, b] vyžaduje ešte vhodnú úpravu rovnosti zo zadania, opät tak kombinuje algebraické poznatky s poznatkami z oblasti teórie čísel. Úloha 7.7. [61-S-1] Nájdite všetky dvojice prirodzených čísel a, b, pre ktoré platí rovnost množín {a [a,b],b (a,b)} = {45,180}. Riešenie*. Z danej rovnosti vyplýva, že číslo b je nepárne (inak by obe čísla nal avo boli párne), a teda číslo a je párne (inak by obe čísla nal avo boli nepárne). Rovnost množín preto musí byt splnená nasledovne: a [a,b] = 180 a b (a,b) = 45. (1) Ked že číslo a delí číslo [a,b], je číslo 180 = delitel né druhou mocninou (párneho) čísla a, takže musí platit bud a = 2, alebo a = 6. V prípade a = 2 (vzhl adom na to, že b je nepárne) platí a [a,b] = 2 [2,b] = 2 2b = 4b, čo znamená, že prvá rovnost v (1) je splnená jedine pre b = 45. Vtedy b (a,b) = 45 (2,45) = 45, takže je splnená aj druhá rovnost v (1), a preto dvojica a = 2,b = 45 je riešením úlohy.

64 42 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí V prípade a = 6 podobne dostaneme a [a,b] = 6 [6,b] = 6 2 [3,b] = 12 [3,b], čo znamená, že prvá rovnost v (1) je splnená práve vtedy, ked [3,b] = 15. Tomu vyhovujú jedine hodnoty b = 5 a b = 15. Z nich však iba hodnota b = 15 spĺňa druhú rovnost v (1), ktorá je teraz v tvare b (6,b) = 45. Druhým riešením úlohy je teda dvojica a = 6, b = 15, žiadne d alšie riešenia neexistujú. Záver. Hl adané dvojice sú dve, a to a = 2,b = 45 a a = 6,b = 15. Iné riešenie. Označme d = (a,b). Potom a = ud a b = vd, pričom u,v sú nesúdelitel né prirodzené čísla, takže [a,b] = uvd. Z rovností a [a,b] = ud uvd = u 2 vd 2 a b (a,b) = vd d = vd 2 vidíme, že číslo a [a,b] je u 2 -násobkom čísla b (a,b), takže zadaná rovnost množín môže byt splnená jedine tak, ako sme zapísali vzt ahmi (1) v prvom riešení. Tie teraz môžeme vyjadrit rovnost ami u 2 vd 2 = 180 a vd 2 = 45. Preto platí u 2 = 180/45 = 4, čiže u = 2. Z rovnosti vd 2 = 45 = vyplýva, že bud d = 1 (a v = 45), alebo d = 3 (a v = 5). V prvom prípade a = ud = 2 1 = 2 a b = vd = 45 1 = 45, v druhom a = ud = 2 3 = 6 a b = vd = 5 3 = 15. Poznámka. Ked že zo zadanej rovnosti okamžite vyplýva, že obe čísla a, b sú delitel mi čísla 180 (takým delitel om je dokonca aj ich najmenší spoločný násobok [a, b]), je možné úlohu vyriešit rôznymi inými cestami, založenými na testovaní konečného počtu dvojíc konkrétnych čísel a a b. Takýto postup urýchlime, ked vopred zistíme niektoré nutné podmienky, ktoré musia čísla a, b spĺňat. Napríklad spresnenie rovnosti množín na dvojicu rovností (1) možno (aj bez použitia úvahy o parite čísel a, b) vysvetlit všeobecným postrehom: súčin a [a, b] je vždy delitel ný súčinom b (a,b), pretože ich podiel možno zapísat v tvare teda ako súčin dvoch celých čísel. a [a,b] b (a,b) = a (a,b) [a,b] b, Komentár. Úloha je zložitejšia ako predchádzajúce, dá sa však riešit mnohými spôsobmi a bude iste zaujímavé vidiet rôzne študentské riešenia. Je taktiež vhodným miestom na to, aby sme študentov nechali diskutovat o prístupoch medzi sebou a prípadne skúšali hl adat slabiny jednotlivých zdôvodnení. Určite považujeme za vhodné zmienit poslednú rovnost z poznámky, ked že ide o zaujímavý postreh a metóda vhodného zapísania tvaru zlomku je užitočná nielen tu. Na túto úlohu nadväzuje komplexnejšia domáca práca, ktorá však vychádza z vel mi podobného princípu. Úloha 7.8. [64-I-5] Rozdiel dvoch prirodzených čísel je 2010 a ich najväčší spoločný delitel je 2014-krát menší ako ich najmenší spoločný násobok. Určte všetky také dvojice čísel. Riešenie*. Označme hl adané čísla a a b (a > b) a d ich najväčší spoločný delitel. Potom a = ud, b = vd, pričom u > v sú nesúdelitel né čísla. Ked že najmenší spoločný násobok čísel a,b

65 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 43 je číslo uvd, dosadením do zadaných vzt ahov dostaneme rovnosti a b = (u v)d = 2010, uvd = 2014d, čiže uv = Podl a rozkladu na súčin prvočísel 2014 = vypíšeme všetky možné dvojice (u,v) a pre každú z nich sa presvedčíme, či číslo u v je delitel om čísla V pozitívnom prípade príslušný podiel udáva číslo d a výpočet neznámych a = ud a b = vd je už jednoduchý: a) u = 2014 a v = 1: u v = 2013 nedelí 2 010; b) u = = 1007 a v = 2: u v = , d = 2, a = = 2014, b = 2 2 = 4; c) u = 2 53 = 106 a v = 19: u v = 87 nedelí 2 010; d) u = 53 a v = 2 19 = 38: u v = , d = 134, a = = 7102, b = = Záver. Hl adané čísla tvoria jednu z dvojíc (2014,4) alebo (7102,5092). Komentár. Úloha neprináša žiadne nové poznatky a princípy, je však vhodná na trénovanie riešenia sústavy dvoch rovníc s dvomi neznámymi a opät tak vytvorí prepojenie s minulými seminármi. Úloha 7.9. [60-I-5-D3] Nájdite všetky dvojice kladných celých čísel a, b, pre ktoré má výraz celočíselnú hodnotu. a b + 14b 9a Riešenie*. Nech d = (a,b), potom a = ud, b = vd pre nesúdelitel né prirodzené u a v. Skúmaný výraz bude po dosadení (9u 2 +14v 2 )/(9uv), takže 9u 14v 2 a z nesúdelitel nosti u a v máme u 14, navyše 3 v. Podobne v 9; vyskúšame konečne vel a možností. Komentár. Úloha je zaujímavá tým, že prácu s najväčším spoločným delitel om obsahuje nepriamo a využíva tiež poznatky o delitel nosti z minulého seminára. Úloha [60-I-5] Dokážte, že najmenší spoločný násobok [a, b] a najväčší spoločný delitel (a,b) l ubovol ných dvoch kladných celých čísel a,b spĺňajú nerovnost a (a,b) + b [a,b] 2ab. Zistite, kedy v tejto nerovnosti nastane rovnost. Riešenie*. Nerovnost by bolo l ahké dokázat, ak by niektorý z dvoch sčítancov na l avej strane bol sám osebe aspoň taký, ako pravá strana. Číslo [a,b] je zjavne násobkom čísla a. Ak [a,b] 2a, tak b[a,b] 2ab a v zadanej nerovnosti platí dokonca ostrá nerovnost, lebo číslo a(a,b) je kladné. Ak [a,b] < 2a, tak neostáva iná možnost ako [a,b] = a. To však nastane iba v prípade, ked b a. V tomto prípade (a,b) = b a v zadanej nerovnosti nastane rovnost. Iné riešenie. Označme d = (a, b), takže a = ud a b = vd pre nesúdelitel né prirodzené čísla u, v. Z toho hned vieme, že [a,b] = uvd. Ked že a (a,b) + b [a,b] = ud 2 + uv 2 d 2 = u(1 + v 2 )d 2,

66 44 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 2ab = 2uvd 2, je vzhl adom na ud 2 > 0 nerovnost zo zadania ekvivalentná s nerovnost ou 1 + v 2 2v, čiže (v 1) 2 0, čo platí pre každé v. Rovnost nastane práve vtedy, ked v = 1, čiže b a. Iné riešenie. Označme d = (a,b). Je známe, že [a,b] (a,b) = ab. Po vyjadrení [a,b] z tohto vzt ahu, dosadení do zadanej nerovnosti a ekvivalentnej úprave dostaneme ekvivalentnú nerovnost d 2 +b 2 2bd, ktorá platí, lebo (d b) 2 0. Rovnost nastáva pre d = b, čiže v prípade b a. Komentár. Na úspešné zvládnutie úlohy je opät potrebná znalost z predchádzajúceho seminára o nerovnostiach a taktiež ponúka široké spektrum prístupov, takže bude zaujímavé sledovat, ako k nej študenti pristúpia. Domáca práca Úloha [61-I-3] Nájdite všetky trojice prirodzených čísel a,b,c, pre ktoré platí množinová rovnost {(a,b),(a,c),(b,c),[a,b],[a,c],[b,c]} = {2,3,5,60,90,180}, pričom (x,y) a [x,y] označuje postupne najväčší spoločný delitel a najmenší spoločný násobok čísel x a y. Riešenie*. Prvky danej množiny M rozložíme na prvočinitele: M = {2,3,5, , , }. Odtial vyplýva, že v rozklade hl adaných čísel a,b,c vystupujú iba prvočísla 2, 3 a 5. Každé z nich je pritom prvočinitel om práve dvoch z čísel a, b, c: keby bolo prvočinitel om len jedného z nich, chýbalo by v rozklade troch najväčších spoločných delitel ov a jedného najmenšieho spoločného násobku, teda v štyroch číslach z M; keby naopak bolo prvočinitel om všetkých troch čísel a, b, c, nechýbalo by v rozklade žiadneho čísla z M. Okrem toho vidíme, že v rozklade každého z čísel a,b,c je prvočíslo 5 najviac v jednom exemplári. Podl a uvedených zistení môžeme čísla a, b, c usporiadat tak, že rozklady čísel a, b obsahujú po jednom exemplári prvočísla 5 (potom (c,5) = 1) a že (a,2) = 2 (ako vieme, aspoň jedno z čísel a,b musí byt párne). Číslo 5 z množiny M je potom nutne rovné (a,b), takže platí (b,2) = 1, a preto (b,3) = 3 (inak by platilo (b,c) = 1), odtial zase s ohl adom na (a,b) = 5 vyplýva (a,3) = 1. Máme teda a = 5 2 s a b = 5 3 t pre vhodné prirodzené čísla s a t. Z rovnosti [a,b] = 2 s 3 t 5 vyplýva, že nastane jeden z troch nasledujúcich prípadov. (1) 2 s 3 t 5 = 60 = Vidíme, že platí s = 2 a t = 1, čiže a = 20 a b = 15. L ahko určíme, že tretím číslom je c = 18. (2) 2 s 3 t 5 = 90 = V tomto prípade a = 10, b = 45 a c = 12. (3) 2 s 3 t 5 = 180 = Teraz a = 20, b = 45 a c = 6. Záver. Hl adané čísla a,b,c tvoria jednu z množín {20,15,18}, {10,45,12} a {20,45,6}. Iné riešenie. V danej rovnosti je množina napravo tvorená šiestimi rôznymi číslami väčšími ako 1, takže čísla (a,b),(a,c),(b,c) musia byt netriviálnymi delitel mi postupne čísel [a,b],[a,c],[b,c]. Čísla 2, 3, 5 ale žiadne netriviálne delitele nemajú, musí teda platit {(a,b),(a,c),(b,c)} = {2,3,5} a {[a,b],[a,c],[b,c]} = {60,90,180}.

67 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 45 Pretože poradie čísel a,b,c nehrá žiadnu úlohu, môžeme predpokladat, že platí (a,b) = 2,(a,c) = 3 a (b,c) = 5. Odtial vyplývajú vyjadrenia a = 2 3 x = 6x, b = 2 5 y = 10y, c = 3 5 z = 15z pre vhodné prirodzené čísla x,y,z. Zo známej rovnosti [x,y] (x,y) = xy tak dostaneme vyjadrenia najmenších spoločných násobkov v tvare [a,b] = 6x 10y 2 = 30xy, [a,c] = 6x 15z 3 = 30xz, [b,c] = 10y 15z 5 = 30yz. Z rovnosti {30xy,30xz,30yz} = {60,90,180} upravenej na {xy,xz,yz} = {2,3,6} potom vd aka tomu, že 2 a 3 sú prvočísla, vyplýva {x,y,z} = {1,2,3}. Pretože z podmienky 5 = (b,c) = (10y,15z) vyplýva y 3 a z 2, prichádzajú do úvahy len trojice (x,y,z) rovné (1, 2, 3), (2, 1, 3) a (3, 2, 1), ktorým postupne zodpovedajú trojice (a,b,c) rovné (6, 20, 45), (12, 10, 45), (18, 20, 15). Skúškou sa presvedčíme, že všetky tri vyhovujú množinovej rovnosti zo zadania úlohy. Úloha [63-S-2] Čísla 1, 2,..., 10 rozdel te na dve skupiny tak, aby najmenší spoločný násobok súčinu všetkých čísel prvej skupiny a súčinu všetkých čísel druhej skupiny bol čo najmenší. Riešenie*. Pre uvažované súčiny a a b určite platí a b = = Aspoň jedno z čísel a,b je preto delitel né 2 4, aspoň jedno delitel né 3 2, aspoň jedno delitel né 5 a práve jedno delitel né 7. Pre najmenší spoločný násobok n čísel a,b preto platí n = 5040, pritom rovnost tu nastane práve vtedy, ked ani jedno z čísel a, b nebude delitel né žiadnym z čísel 2 5,3 3 a 5 2. Ak zvolíme napríklad a = = 720 a b = = 5040, bude najmenší spoločný násobok oboch čísel práve Tým je ukázané, že 5040 je naozaj najmenšia zo všetkých možných hodnôt n. I ked bolo úlohou nájst iba jeden príklad, pre úplnost uvedieme všetky rozdelenia s minimálnou hodnotou n = 5040: Prvá skupina čísel Druhá skupina čísel 2, 3, 4, 5, 6 1, 7, 8, 9, 10 3, 5, 6, 8 1, 2, 4, 7, 9, 10 2, 5, 8, 9 1, 3, 4, 6, 7, 10 1, 2, 3, 4, 5, 6 7, 8, 9, 10 1, 3, 5, 6, 8 2, 4, 7, 9, 10 1, 2, 5, 8, 9 3, 4, 6, 7, 10 2, 3, 4, 5, 6, 7 1, 8, 9, 10 3, 5, 6, 7, 8 1, 2, 4, 9, 10 2, 5, 7, 8, 9 1, 3, 4, 6, 10 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 8, 9, 10 1, 3, 5, 6, 7, 8 2, 4, 9, 10 1, 2, 5, 7, 8, 9 3, 4, 6, 10 Nájst ich nie je t ažké, ked si uvedomíme, že čísla 1 a 7 môžeme dat do l ubovol nej z oboch skupín, zatial čo v tej istej skupine spolu nemôžu byt 4 s 8, 5 s 10, 3 s 9 ani 6 s 9; s 8 spolu môže byt práve jedno z párnych čísel 2, 6 a 10. Získame tak iba tri základné rozdelenia (prvé tri riadky

68 46 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí tabul ky), z ktorých možno každé štyrmi spôsobmi doplnit číslami 1 a 7. Poznámka. Úlohu možno vyriešit aj bez výpočtu súčinu a b. Delitel nost n číslami 3 2,5 a 7 vyplýva z ich priameho zastúpenia medzi rozdel ovanými číslami, delitel nost číslom 2 4 z jednoduchej úvahy o rozdelení všetkých piatich párnych čísel: ak nie je číslo 8 vo svojej skupine ako párne jediné, je všetko jasné, v opačnom prípade sú v rovnakej skupine čísla 2, 4 a 6 (aj 10, ale to už ani nepotrebujeme). Doplňujúce zdroje a materiály Materiály vhodné na d alšie počítanie nájdeme v minulom seminári. Ked že témy sú si vel mi blízke, publikácie zvyčajne obsahujú úlohy zamerané na obe témy. Seminár 8 Téma Teória čísel III úlohy o ciferných zápisoch Ciele Precvičenie úloh zaoberajúcich sa cifernými zápismi, použitie rozvinutého zápisu čísla a úvah o delitel nosti pri riešení týchto úloh. Úlohy a riešenia Úvodný komentár. Seminár nie je náročný z pohl adu objemu nových poznatkov, nemalé úsilie však bude vyžadovat systematická práca, využitie poznatkov o delitel nosti z predchádzajúcich seminárov, zváženie všetkých možných variantov či hl adanie správneho riešenia efektívnejším spôsobom než vypísaním všetkých možností. Úloha 8.1. [59-I-6-N1, [Sed61], str. 7] Trojciferné číslo sa končí cifrou 4. Ak túto cifru presunieme na prvé miesto (a ostatné dve cifry necháme bez zmeny), dostaneme číslo, ktoré je o 81 menšie ako pôvodné číslo. Určte pôvodné číslo. Riešenie. Označme prvé dve cifry hl adaného trojciferného čísla a a b. Zadanie potom môžeme prepísat do nasledujúcej rovnice 100a+10b+4 = a+b+81. Po úprave a vydelení celej rovnosti deviatimi dostávame 10a + b = 53. Ked že a aj b sú kladné jednociferné čísla (pretože sú to cifry), je zrejmé, že a = 5 a b = 3. Hl adaným trojciferným číslom je tak číslo 534, čo potvrdí aj skúška správnosti. Komentár. Úloha je v porovnaní s tým, čo v seminárnom stretnutí nasleduje, jednoduchá, osvieži však študentom často používanú myšlienku: číslo abc môžeme zapísat v tvare 100a + 10b + c. Tú využijeme v mnohých d alších úlohách.

69 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 47 Úloha 8.2. [[Hol10], čast 4.1, problem 20] Nájdite všetky prirodzené dvojciferné čísla, ktoré sa rovnajú dvojnásobku súčinu svojich cifier. Riešenie. Nech je naše hl adané číslo ab. Zadanie potom môžeme napísat ako 10a + b = 2ab, pričom a 0 (inak by hl adané číslo nebolo dvojciferné). Taktiež b 0, pretože 10a+b = 2ab > 0. Ked že čísla 10a a 2ab sú párne, musí byt párne aj b, teda b = 2k, k {1,2,3,4}. Využitím tohto poznatku môžeme zadanie úlohy upravit na tvar 10a = b(2a 1) = 2k(2a 1), teda 5a = k(2a 1). Preto bud 5 k alebo 5 (2a 1). Ked že je ale k {0,1,2,3,4}, platí 5 k a teda určite 5 (2a 1). Jediné možnosti, ktoré túto podmienku spĺňajú, sú a = 3 alebo a = 8. Ak je a = 8, dostávame zo zadania b = 2 8 b, teda b = 16/3, čo ale nie je riešením, ked že b musí byt celé číslo. Preto ostáva len možnost a = 3, z ktorej potom dostávame b = 6. Skúškou overíme, že nájdené číslo 36 vyhovuje zadaniu. Komentár. Úloha má krátke a jednoduché zadanie, jej riešenie však vyžaduje uplatnenie znalostí o delitel nosti aj zápis čísla v rozvinutom tvare. Úloha 8.4. [61-II-2] Janko má tri kartičky, na každej je iná nenulová cifra. Súčet všetkých trojciferných čísel, ktoré možno z týchto kartičiek zostavit, je číslo o 6 väčšie ako trojnásobok jedného z nich. Aké cifry sú na kartičkách? Riešenie. Označme abc to trojciferné číslo, o ktorého trojnásobku sa píše v texte úlohy. Platí tak rovnica 3abc + 6 = abc + acb + bac + bca + cab + cba Ked že na pravej strane je každá z cifier a,b,c dvakrát na mieste jednotiek, desiatok aj stoviek, môžeme rovnicu prepísat na tvar 300a + 30b + 3c + 6 = 222a + 222b + 222c, čiže 78a + 6 = 192b + 219c. Po vydelení číslom 3 dostaneme rovnicu 26a + 2 = 64b + 73c, z ktorej vidíme, že c je párna cifra. Platí preto c 2, čo spolu so zrejmou nerovnost ou b 1 (pripomíname, že všetky tri neznáme cifry sú podl a zadania nenulové) vedie k odhadu 64b + 73c = 210. Musí preto platit 26a , odkial a (210 2) : 26 = 8, takže cifra a je bud 8, alebo 9. Pre a = 8 však v nerovnosti z predošlej vety nastane rovnost, takže nutne b = 1 a c = 2 (a rovnica zo zadania úlohy je potom splnená). Pre a = 9 dostávame rovnicu 64b + 73c = = 236, z ktorej vyplýva, že c je jednak delitel né štyrmi, jednak je menšie ako 4, čo nemôže nastat súčasne. Záver. Cifry na kartičkách sú 8, 2 a 1. Poznámka. Riešit odvodenú rovnicu 26a + 2 = 64b + 73c pre neznáme (nenulové a navzájom rôzne) cifry a, b, c možno viacerými úplnými a systematickými postupmi, uviedli sme len jeden z nich. Komentár. Úloha je zložitejšia než úvodné dve. Vychádza síce z rozvinutého zápisu čísla, avšak vyžaduje dodatočnú netriviálnu analýzu. Bude preto iste zaujímavé diskutovat so študentmi

70 48 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí o tom, ako k pristupovali k riešeniu rovnice 26a + 2 = 64b + 73c. Úloha 8.5. [63-II-1] Nájdite všetky trojice (nie nutne rôznych) cifier a, b, c také, že pät ciferné čísla 6abc3 a 3abc6 sú v pomere 63 : 36. Riešenie. Zostavíme a vyriešime rovnicu pre neznáme cifry a, b, c, ktorú vd aka tvaru zadaných čísel môžeme zapísat rovno pre jedinú neznámu x = 100a + 10b + c: x x + 3 = = 7 4, 40x = 70x , 30x = 29970, x = 999. Záver. Nájdenému x zodpovedá trojica cifier a = b = c = 9. Úloha má jediné riešenie. Komentár. Úloha prináša zaujímavú myšlienku zjednodušenia zápisu, ktorý potom vedie k riešeniu jednoduchej lineárnej rovnice. Aj napriek tomu, že riešenie nevyžaduje mnoho počítania, ukrýva úloha záludnost v podobe toho, že študenti môžu príst k správnemu riešeniu nesprávnymi úvahami. Viac o tejto konkrétnej úlohe a jej úskaliach je možné nájst v článku http: //mfi.upol.cz/files/24/2405/mfi_2405_331_334.pdf, ktorý považujeme za hodný preštudovania. Úloha 8.6. [57-I-6-D2 resp. 53-C-II-4] Žiaci mali vypočítat príklad x + y z pre trojciferné číslo x a dvojciferné čísla y,z. Martin vie násobit a sčítat čísla zapísané v desiatkovej sústave, ale zabudol na pravidlo prednosti násobenia pred sčítaním. Preto mu vyšlo síce zaujímavé číslo, ktoré sa píše rovnako zl ava doprava ako sprava dol ava, správny výsledok bol ale o 2004 menší. Určte čísla x,y,z. Riešenie*. Martin vypočítal hodnotu (x + y)z namiesto x + yz, takže podl a zadania platí (x + y)z (x + yz) = 2004, čiže x (z 1) = 2004 = , pričom 167 je prvočíslo. Činitele x a z 1 určíme, ked si uvedomíme, že z je dvojciferné číslo, takže 9 z Vidíme, že nutne z 1 = 12 a x = 167, odkial z = 13. Martin teda vypočítal číslo V = (167 + y) 13. Číslo V je preto štvorciferné, a pretože sa číta spredu rovnako ako zozadu, má tvar abba = 1001a + 110b. Pretože 1001 = 13 77, musí platit rovnost ( y) 13 = 13 77a + 110b, z ktorej vyplýva, že číslica b je delitel ná trinástimi, takže b = 0. Po dosadení dostaneme (po delení trinástimi) rovnost y = 77a, ktorá vzhl adom na nerovnosti 10 y 99 znamená, že číslica a sa rovná 3, takže y = 64. V druhej časti riešenia sme mohli postupovat aj nasledovne. Pre číslo V = (167 + y) 13 vychádzajú z nerovností 10 y 99 odhady 2301 V Zistíme preto, ktoré z čísel 2bb2, kde b {3,4,5,6,7,8,9} a čísel 3bb3, kde b {0,1,2,3,4}, sú delitel né trinástimi. Aj ked sa týchto dvanást čísel dá rýchlo otestovat, urobme to všeobecne ich čiastočným vydelením trinástimi: 2bb2 = b = 13 ( b) + 6b, 3bb3 = b = 13 ( b) + 6b.

71 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 49 Vidíme, že vyhovuje jedine číslo 3bb3 pre b = 0. Vtedy y = 231, takže y = 64. Záver. Žiaci mali počítat príklad , teda x = 167, y = 64 a z = 13. Komentár. Na prvý pohl ad sa môže zdat, že úloha nepatrí do tohto seminára, ako sa však v priebehu riešenia ukáže, má tu svoje miesto. Taktiež zaujímavým spôsobom spája poznatky o delitel nosti, príp. sa v jej riešení uplatnia odhady túto metódu sme už taktiež v dnešnom seminári využili. Úloha 8.7. [58-I-3-N1 resp. 56-C-S-1] Určte počet všetkých štvorciferných prirodzených čísel, ktoré sú delitel né šiestimi a v ktorých zápise sa vyskytujú práve dve jednotky. Riešenie*. Aby číslo bolo delitel né šiestimi, musí byt párne a mat ciferný súčet delitel ný tromi. Označme teda b číslicu na mieste jednotiek (tá musí byt párna, b {0,2,4,6,8}) a a tú číslicu, ktorá je spolu s číslicami 1, 1 (a 1) na prvých troch miestach štvorciferného čísla, ktoré spĺňa požiadavky úlohy. Aby bol súčet číslic a b takého čísla delitel ný tromi, musí číslo a + b dávat po delení tromi zvyšok 1. Pre b {0,6} tak máme pre a možnosti a 4,7 (a 1), pre b {2,8} máme a {2,5,8} a konečne pre b = 4 máme a {0,3,6,9}. Pre každé zvolené b a zodpovedajúce a 0 sú zrejme tri možnosti, ako číslice 1, 1 a a na prvých troch miestach usporiadat, to je spolu ( ) 3 = 39 možností, pre a = 0 (ked b = 4) potom sú len dve možnosti (číslica nula nemôže byt prvá číslica štvorciferného čísla). Celkom existuje 41 štvorciferných prirodzených čísel, ktoré spĺňajú podmienky. Alternatívnym postupom je vypísanie všetkých možností na základe ciferného súčtu, ktorý musí byt delitel ný troma a zároveň sa končit párnou cifrou. Komentár. Úloha využíva poznatky o delitel nosti, takže pekne nadväzuje na predchádzajúce semináre. Tiež je prvou úlohou o cifernom zápise, v riešení ktorej nevyužijeme rozvinutý zápis čísla, ale skôr intuitívne kombinatorické úvahy. Ak sa študenti vyberú cestou vypisovania všetkých možných kombinácií, skúsime ich povzbudit, aby ich úsilie bolo čo najsystematickejšie a efektívne, príp. prediskutujeme, či sa riešenie dá nájst aj inou cestou. Úloha 8.8. [58-I-3-N2 resp.54-c-i-5] Určte počet všetkých trojíc dvojciferných prirodzených čísel a, b, c, ktorých súčin abc má zápis, v ktorom sú všetky cifry rovnaké. Trojice líšiace sa len poradím čísel považujeme za rovnaké, t. j. započítavame ich iba raz. Riešenie*. Pre dvojmiestne čísla a, b, c je súčin abc číslo štvormiestne, alebo pät miestne, alebo šest miestne. Ak sú teda všetky číslice čísla abc rovné jednej číslici k, platí jedna z rovností abc = = k 1111, abc = k alebo abc = k , k {1,2,...,9}. Čísla 1111 = a = však majú vo svojom rozklade trojmiestne prvočísla, takže nemôžu byt súčinom dvojmiestnych čísel. Ostáva preto jediná možnost : abc = k = k Pozrime sa, ako môžu byt prvočísla 3, 7, 11, 13, 37 rozdelené medzi jednotlivé činitele a,b,c. Pretože súčiny 37 3 a sú väčšie ako 100, musí byt prvočíslo 37 samo ako jeden činitel a zvyšné štyri prvočísla 3, 7, 11, 13 musia byt rozdelené do dvojíc. Ked že aj súčin je väčší

72 50 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí ako 100, prichádzajú do úvahy iba rozdelenia na činitele 3 11,7 13 a 37, alebo na činitele 3 13, 7 11 a 37. K týmto činitel om ešte pripojíme možné činitele z rozkladu číslice k a dostaneme riešenia dvoch typov: a = 33k 1,b = 91,c = 37k 2, pričom k 1 {1,2,3},k 2 {1,2}, a = 39k 1,b = 77,c = 37k 2, pričom k 1 {1,2},k 2 {1,2}, Hl adaný počet trojíc čísel a,b,c je teda = 10. Komentár. Posledná úloha seminára je zaujímavá myšlienkou, že čísla, ktoré majú všetky cifry rovnaké, sú násobkami čísel 11, 111, 1111,.... Ďalšia analýza uplatní poznatky o rozklade čísla na súčin prvočísel a je tak d alším príkladom úlohy, v ktorej musia študenti zapojit vedomosti z predchádzajúcich seminárov. Domáca práca Úloha 8.9. [58-I-3] Nájdite všetky štvorciferné čísla n, ktoré majú nasledujúce tri vlastnosti: V zápise čísla n sú dve rôzne cifry, každá dvakrát. Číslo n je delitel né siedmimi. Číslo, ktoré vznikne otočením poradia cifier čísla n, je tiež štvorciferné a delitel né siedmimi. Riešenie*. V riešení budeme označovat číslo, ktoré vznikne otočením poradia cifier čísla n, ako n. Rozoberieme tri prípady. (i) Číslo n má tvar aabb, kde a, b sú rôzne cifry. Takže n = 1100a + 11b a n = 1100b + 11a. Číslo 7 má delit ako n, tak n, teda aj ich rozdiel n n = 1089(a b) a súčet n + n = 1111(a + b). Ked že ani číslo 1089, ani číslo 1111 nie sú násobkom siedmich a sedem je prvočíslo, tak 7 a b aj 7 a + b. Ak použijeme rovnakú úvahu ešte raz, vidíme, že 7 (a b) + (a + b) = 2a a 7 (a + + b) (a b) = 2b, teda 7 a a 7 b, čiže a,b {0,7}. Cifry a,b sú navzájom rôzne, preto jedna z nich musí byt 0. Ale potom jedno z čísel aabb, bbaa nie je štvorciferné. Hl adané číslo n teda nemôže mat uvedený tvar. (ii) Číslo n má tvar abab. Potom 7 n = 1010a + 101b a tiež 7 n = 1010b + 101a. Podobne ako v predchádzajúcom prípade odvodíme, že 7 n n = 909(a b) a 7 n + n = 1111(a + b), a z rovnakých dôvodov ako v predchádzajúcom prípade zist ujeme, že 7 a, 7 b. Niektorá z cifier by teda musela byt 0. Číslo n tak nemôže mat ani tvar abab. (iii) Číslo n má tvar abba. Potom otočením poradia cifier vznikne to isté číslo, takže máme jedinú podmienku a + 110b. Ked že a 7 110, je táto podmienka ekvivalentná s podmienkou 7 b. Preto b {0,7}, a {1,2,...,9}, a b. Vyhovuje tak všetkých 17 čísel, ktoré práve uvedené podmienky spĺňajú: 1001, 2002, 3003, 4004, 5005, 6006, 7007, 8008, 9009, 1771, 2772, 3773, 4774, 5775, 6776, 8778, Úloha [57-I-6] Klárka mala na papieri napísané trojciferné číslo. Ked ho správne vynásobila deviatimi, dostala štvorciferné číslo, ktoré sa začínalo rovnakou číslicou ako pôvodné číslo, prostredné dve číslice sa rovnali a posledná číslica bola súčtom číslic pôvodného čísla. Ktoré štvorciferné číslo mohla Klárka dostat? Riešenie*. Hl adajme pôvodné číslo x = 100a+10b+c, ktorého cifry sú a,b,c. Cifru, ktorá sa vyskytuje na prostredných dvoch miestach výsledného súčinu, označme d. Zo zadania vyplýva 9(100a + 10b + c) = 1000a + 100d + 10d + (a + b + c), (1)

73 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 51 pričom výraz v poslednej zátvorke predstavuje cifru zhodnú s poslednou cifrou súčinu 9c. To však znamená, že nemôže byt c 5: pre také c sa totiž končí číslo 9c cifrou neprevyšujúcou 5, a pretože a 0, platí naopak a + b + c > c 5. Zrejme tiež c 0 (v opačnom prípade by platilo a = b = c = x = 0). Ostatné možnosti vyšetríme zostavením nasledujúcej tabul ky. Rovnost (1) možno prepísat na tvar c 9c a + b + c a + b (b a d) = 10d + a + 11b 8c.(2) Hodnota pravej strany je aspoň 72 a menšia ako 200, lebo každé z čísel a,b,c,d je najviac rovné deviatim. Takže bud b a d = 0, alebo b a d = 1. V prvom prípade po substitúcii d = b a upravíme vzt ah (2) na tvar 8c = 3(7b 3a), z ktorého vidíme, že c je násobkom troch. Z prvej tabul ky potom vyplýva c = 3,a = 4 b, čo po dosadení do rovnice 8c = 3(7b 3a) vedie k riešeniu a = b = 2,c = 3. Pôvodné číslo je teda x = 223 a jeho devät násobok 9x = V druhom prípade dosadíme d = b a 1 do (2) a zistíme, že 8c = 3(7b 3a). Výraz 8c je teda delitel ný tromi, preto číslo c dáva po delení tromi zvyšok 2. Dosadením jediných možných hodnôt c = 2 a b = 6 a do poslednej rovnice zistíme, že a = 0, čo je v rozpore s tým, že číslo x = 100a + 10b + c je trojciferné. Záver. Klárka dostala štvorciferné číslo Poznámka. Prvá tabul ka ponúka jednoduchší, ale numericky pracnejší postup priameho dosadzovania všetkých prípustných hodnôt čísel a,b,c do rovnice (1). Počet všetkých možností možno obmedzit na desat odhadom b a, ktorý zistíme pomocou vhodnej úpravy vzt ahu (1) napríklad na tvar (2). Riešenie uvádzame v druhej tabul ke. a b c x Doplňujúce zdroje a materiály Výborným zdrojom úloh jednoduchších aj zložitejších je [Sed61] 3. Seminár 9 Téma Geometria I základné poznatky 3

74 52 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Ciele Zopakovat a upevnit základné poznatky z planimetrie, ktoré by študenti mali mat zo základnej školy. Venovat sa vlastnostiam uhlov, trojuholníkov, štvoruholníkov a kružníc. Niektoré z poznatkov odvodit. Úlohy a riešenia Úvodný komentár. Ked že planimetria nie je súčast ou osnov 1. ročníka gymnázií, je potrebné poznatky žiakov z tejto oblasti o to starostlivejšie zopakovat. Geometrické úlohy majú vel mi často najhoršiu úspešnost v krajských kolách MO, čo môže mat viacero dôvodov. Nepopieratel ne však študentom tréning pomôže, preto je geometrii v priebehu roka venovaných seminárov. Zo zmienených dôvodov má preto tento seminár odlišnú štruktúru ako predchádzajúce viac ako riešeniu úloh z olympiád sa venujeme opakovaniu základných vlastností uhlov, trojuholníkov, štvoruholníkov a kružníc, ktorých znalosti budú nenahraditel né v d alších piatich geometrických seminároch. Spolu so študentmi tak vytvoríme základnú výbavu, ktorá im pomôže v boji s geometrickými záludnost ami. Študenti by mali mat nasledujúce znalosti (vol ne spracované podl a [KHP00]): uhly chápat pojmy vrcholové, vedl ajšie, súhlasné a striedavé uhly, vediet nájst dvojice takých uhlov a používat ich pri riešení úloh, trojuholníky poznat základné vlastnosti strán a vnútorných uhlov trojuholníka: trojuholníková nerovnost, súčet vnútorných uhlov, vediet popísat rozdiely medzi ostrouhlým, pravouhlým, tupouhlým, všeobecným, rovnoramenným a rovnostranným trojuholníkom, chápat pojmy os uhla, os strany, výška, t ažnica, stredná priečka, kružnica vpísaná a opísaná trojuholníku a poznat ich vlastnosti, poznat a vediet používat vzorec na výpočet obsahu trojuholníka, poznat a vhodne používat vety o zhodnosti (sss, sus, usu, Ssu) a podobnosti (sss, sus, uu, Ssu) trojuholníkov, poznat a používat Pytagorovu vetu pre pravouhlý trojuholník, štvoruholníky vediet popísat všeobecný štvoruholník a jeho špecifické prípady: rovnobežník, štvorec, obdĺžnik, kosoštvorec, kosodĺžnik, lichobežník, poznat základné vzorce pre výpočet obsahu rôznych rovnobežníkov a lichobežníkov, vediet, že uhlopriečky v pravouholníku a rovnobežníku sa polia a vediet tento fakt využit pri riešení úloh, kružnice a kruhy chápat pojmy kružnica, kruh, kružnicový oblúk, dotyčnica, sečnica, tetiva, stredový a obvodový uhol, poznat a vediet používat Talesovu kružnicu,

75 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 53 riešenie konštrukčných úloh náčrt, rozbor, popis konštrukcie, diskusia o počte riešení. Komentár. Skôr než frontálny výklad je vhodné nechat skladat mozaiku vedomostí študentov. Ak pracujeme s malou skupinou, môžeme o vyššie spomenutých bodoch diskutovat všetci spoločne. Ak seminár navštevuje väčšie množstvo záujemcov o matematiku, rozdelíme študentov na menšie skupiny, pričom každá spracuje poznatky o zadanej neprázdnej podmnožine vyššie spomenutých oblastí. Tie si potom študenti navzájom odprezentujú, vedúci seminára nepresnosti vhodnými otázkami koriguje. Komentár. V druhej polovici seminára niektoré zo základných tvrdení, ktoré budeme v priebehu d alších stretnutí využívat, dokážeme. Úloha 9.1. Dokážte, že súčet vel kostí vnútorných uhlov l ubovol ného trojuholníka je 180. Riešenie. Ved me rovnobežku XY so stranou AB vrcholom C trojuholníka ABC, tak že bod C leží medzi bodmi X a Y. Potom BAC = ACX a ABC = BCY, pretože ide o dvojice striedavých uhlov. Ked že ACX + ACB + BCY = 180, pretože uhol XCY je priamy, platí aj BAC + ABC + ACB = 180. Úloha 9.2. [66-I-3-N1] Z trojuholníkových nerovností medzi dĺžkami strán l ubovol ného trojuholníka odvod te známe pravidlo α < β a < b o porovnaní vel kostí vnútorných uhlov a dĺžok protil ahlých strán v l ubovol nom trojuholníku ABC. Riešenie*. Ak je α < β, môžeme nájst vnútorný bod X strany AC, pre ktorý platí ABX = α, a teda AX = BX, takže z trojuholníkovej nerovnosti BC < BX + XC už vyplýva a < b. Úloha 9.3. [63-I-4-N3] Dokážte vety: a) Ak majú dva trojuholníky rovnakú výšku, potom pomer ich obsahov sa rovná pomeru dĺžok príslušných základní. b) Ak majú dva trojuholníky zhodné základne, potom pomer ich obsahov sa rovná pomeru príslušných výšok. Riešenie. a) Označme rovnakú výšku dvoch trojuholníkov v. V trojuholníku T 1 je táto výškou na základňu a 1, v trojuholníku T 2 na základňu a 2. Pomer obsahov týchto trojuholníkov je potom 1 S T1 2 = a 1v S 1 T2 2 a 2v = a 1, a 2 čo sme chceli dokázat. b) Označme zhodnú základňu dvoch trojuholníkov z, v trojuholníku T 1 je výška na túto základňu v 1, v trojuholníku T 2 je výška na túto základňu v 2. Pomer obsahov trojuholníkov T 1 a T 2 je S T1 S T2 = 1 2 zv zv = v 1, 2 v 2

76 54 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí čo je pomer príslušných výšok. Úloha 9.4. [61-I-5-N1] Pre všeobecný trojuholník ABC so stranami a, b, c a obsahom S platí pre polomer r vpísanej kružnice vzorec r = 2S/(a + b + c). Dokážte. Riešenie*. Stred M vpísanej kružnice rozdel uje uvažovaný trojuholník ABC na tri menšie trojuholníky BCM, ACM, ABM s obsahmi 1 2 ar, 1 2 br, 1 2cr, ktorých súčet je S, odkial vyplýva dokazovaný vzorec. Úloha 9.5. Dokážte, že uhlopriečky v rovnobežníku sa navzájom polia. Riešenie. Označme U priesečník uhlopriečok AC a BD rovnobežníka ABCD. Ked že uhly ABD a BDC sú striedavé, majú rovnakú vel kost. Podobne uhly BAC a ACD sú rovnako vel ké, pretože sú takisto dvojicou striedavých uhlov. Potom sú trojuholníky ABU a CDU zhodné, ked že sa zhodujú v jednej strane AB = CD a v dvoch k nej pril ahlých uhloch. Preto aj AU = UC, BU = UD a tvrdenie je dokázané. Úloha 9.6. [58-I-4-N1] Označme U priesečník uhlopriečok daného konvexného štvoruholníka ABCD. Dokážte, že priamky AB a CD sú rovnobežné práve vtedy, ked trojuholníky ADU a BCU majú rovnaký obsah. Riešenie. Rovnost obsahov trojuholníkov ADU a BCU je ekvivalentná s rovnost ou obsahov trojuholníkov ABC a ABD so spoločnou stranou AB, pretože S ABC = S ABU +S BCU a S ABD = S ABU + + S AUD. Trojuholníky ABC a ABD majú spoločnú základňu AB, takže ich obsahy budú rovnaké práve vtedy, ak výšky na túto stranu budú rovnaké, resp. ak body C a D budú od priamky AB rovnako vzdialené. To nastane len v prípade, ak body C a D ležia na priamke rovnobežnej s priamkou AB, čo sme chceli dokázat. Úloha 9.7. [64-I-4-N1] Lichobežník ABCD má základne s dĺžkami AB = a a CD = C a jeho uhlopriečky sa pretínajú v bode U. Aký je pomer obsahov trojuholníkov ABU a CDU? Riešenie. Trojuholníky ABU a CDU sú zrejme podobné ( BAU = UCD, ABU = CDU, AUB = CUD, pretože prvé dve sú dvojice striedavých uhlov, posledné dva sú uhly vrcholové) s koeficientom podobnosti k = a/c. Preto pre výšku v 1 na stranu AB v trojuholníku ABU a výšku v 2 na stranu CD v trojuholníku CDU platí v 1 /v 2 = k, resp. v 1 = kv 2 = (av 2 )/c. Potom pre pomer obsahov trojuholníkov ABU a CDU máme S ABU S CDU = 1 2 av cv 2 = a a cv 2 cv 2 = a2 c 2.

77 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 55 Záverečný komentár Na prvý pohl ad by sa mohlo zdat, že študenti budú o(c)hromení množstvom nových poznatkov v tomto seminári. Dúfame však, že sa tak nestane, ked že vel ká väčšina obsahu by mala byt prinajmenšom povedomá, ak nie úplne zrozumitel ná. Seminár tiež patrí k tým menej náročným, avšak je vel mi dôležitou prípravou pred tvrdšími orieškami. Domáca práca Úloha 9.8. [58-I-2-D1] Nech k je kružnica opísaná pravouhlému trojuholníku ABC s preponou AB dĺžky c. Označme S stred strany AB a D a E priesečníky osí strán BC a AC s jedným oblúkom AB kružnice k. Vyjadrite obsah trojuholníka DSE pomocou dĺžky prepony c. Riešenie. Trojuholník DSE je pravouhlý rovnoramenný s pravým uhlom pri vrchole S, pretože odvesny DS a ES ležia na osiach navzájom kolmých strán. Odvesny majú dĺžku c 2, pretože sú to polomery kružnice opísanej trojuholníku ABC. Obsah trojuholníka DSE je 1 2 DS DE = 1 2 c 2 c 2 = c2 8. Úloha 9.9. [58-I-2-D2] Vyjadrite obsah rovnoramenného lichobežníka ABCD so základňami AB a CD pomocou dĺžok a, c jeho základní a dĺžky b jeho ramien. Riešenie. Bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladat, že a > b. Najprv vyjadríme výšku v pomocou dĺžok základní a odvesien. Nech je P päta výšky z bodu D na stranu AB. Potom AP = = (a c)/2. Použitím Pytagorovej vety v pravouhlom trojuholníku APD máme ( ) a c 2 + v 2 = b 2, 2 odkial v = b 2 ( a c 2 )2 = 2 1 4b 2 (a c) 2 a preto pre obsah lichobežníka dostávame S ABCD = a + c 2 v = 1 4 (a + c) 4b 2 (a c) 2. Úloha Použitím viet o podobnosti trojuholníkov a Pytagorovej vety odvod te Euklidove vety o odvesne a o výške pravouhlého trojuholníka. Riešenie. Prehl adné odvodenie je možne nájst v [Kad96]. Doplňujúce zdroje a materiály Ak študenti budú stále neistí v používaní základných geometrických poznatkov, je možné ich odkázat na základoškolské učebnice geometrie, v ktorých nájdu aj jednoduchšie príklady na precvičenie, príp. vhodným doplnkom geometrického vzdelania je aj publikácia [ [Kad96]].

78 dáva po delení ôsmimi (vďaka tomu, že jedno z čísel k, k 1 je párne) zvyšok 1, a teda rovnaký zvyšok dáva aj číslo n 4 (ako druhá mocnina nepárneho čísla n 2 ). Platí teda n 2 = 8u + 1 a n 4 = 8v + 1 pre vhodné celé u a v, takže hodnota výrazu 56 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí V (2k 1) = (8v + 1) + 11(8u + 1) 12 = 8(v + 11u) 2.2 December Seminár 10 n 2 = (2k 1) 2 = 4k 2 4k + 1 = 4k(k 1) + 1 je naozaj násobkom ôsmich. Pripojme aj podobný dôkaz poznatku 3 V (n) z domáceho kola. Pre čísla n deliteľné tromi je to zrejmé, ostatné n sú tvaru n = 3k ± 1, takže číslo n Téma 2 = (3k ± 1) 2 = 9k 2 ± 6k + 1 = 3k(3k ± 2) + 1 dáva po delení tromi zvyšok 1, rovnako tak aj číslo n 4 = (n 2 ) 2. Dosadenie n 2 = 3u + 1 Geometria II podobné trojuholníky a Pytagorova veta a n 4 = 3v + 1 do výrazu V (n) už priamo vedie k záveru, že 3 V (n). Za úplné riešenie dajte 6 bodov. Za využitie faktu z domáceho kola (12 V (n) pre ľubovoľné n) na odvodenie Ciele (konštatovanie) toho, že zvyšky môžu byť iba 0, 12, 24 a 36 dajte 1 bod. Za snahu dokázať, že 8 V (n) pre n nepárne, dajte 1 bod, za dôkaz tohto tvrdenia dajte 2 body. Za záver, že z 3 V (n) a 8 Precvičit V (n) vyplýva riešenie 24 úloh V (n) vhodným dajte 1 (viacnásobným) bod (nesúdeliteľnosť využitím čísel Pytagorovej 3 a 8 musí vety byť spomenutá; a dvojíc podobných záver typu z 12 trojuholníkov V (n) a 8 V (n) zrejme vyplýva, že 24 V (n) nestačí, ak nie je napr. dodané, že 24 je najmenší spoločný násobok čísel 8 a 12). Za overenie, že zvyšky 0 a 24 sú naozaj možné, dajte 1 bod (stačí uviesť napr. len hodnoty V (1) a V (3)). Úlohy a riešenia 3. Päta Úloha P výšky [66-S-3] z vrcholupäta C Pv výšky trojuholníku z vrcholuabc C v trojuholníku delí stranuabc ABdelí v pomere stranu AB AP v pomere : P B = = 1 AP : 3. : V PB rovnakom = 1 : 3. V rovnakom pomere sú pomere aj obsahy sú aj obsahy štvorcov štvorcov nad nad jeho jehostranami AC ACa BC. a BC. Dokážte, Dokážte, že trojuholník že ABC je pravouhlý. (Leo Boček) Riešenie. Označme d dĺžku úsečky AP a v dĺžku výšky CP trojuholníka ABC. Dĺžky Riešenie*. Označme d dĺžku úsečky AP a v dĺžku výšky CP trojuholníka ABC. Dĺžky jeho jeho strán označíme zvyčajným spôsobom a, b, c. Zo zadania teda vyplýva P B = 3d strán označíme zvyčajným spôsobom a,b,c. Zo zadania teda vyplýva PB = 3d. (obr. 1). C b v a A d P 3d B Obr. 1 Použitím Pytagorovej vety v trojuholníkoch APC2 a PBC dostávame rovnosti b 2 = d 2 + v 2 a a 2 = = 9d 2 +v 2. Z druhého predpokladu úlohy potom vyplýva rovnost a 2 = 3b 2, čiže 9d 2 +v 2 = 3d v 2, odkial v 2 = 3d 2. Dosadením do prvých dvoch rovností tak dostávame a 2 = 12d 2 a b 2 = 4d 2. A ked že c = 4d, čiže c 2 = 16d 2, dokázali sme, že pre dĺžky strán trojuholníka ABC platí a 2 +b 2 = = c 2. Trojuholník ABC je preto podl a obrátenej Pytagorovej vety pravouhlý. Poznámka. Ak zvážime pomocný pravouhlý trojuholník s odvesnami a a b, tak pre jeho preponu c podl a Pytagorovej vety platí c = a 2 + b 2. Porovnaním s odvodenou rovnost ou c 2 = a 2 + b 2 tak dostávame c = c, takže pôvodný trojuholník je podl a vety sss zhodný s trojuholníkom pomocným, a je teda skutočne pravouhlý. Môžeme tolerovat názor, že samotná Pytagorova veta udáva nielen nutnú, ale aj postačujúcu podmienku na to, aby bol daný trojuholník pravouhlý. Komentár. Úloha relatívne priamočiaro využíva viacnásobné využitie Pytagorovej vety, je tak vhodným zahrievacím problémom tohto seminára.

79 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Päta výšky z vrcholu C v trojuholníku ABC delí stranu AB v pomere 1 : 2. Dokážte, že pri zvyčajnom označení dĺžok strán trojuholníka ABC platí nerovnosť Úloha [66-I-3] Päta výšky z vrcholu C v trojuholníku ABC delí stranu AB v pomere 1 : 2. Dokážte, že pri zvyčajnom označení 3 a dĺžok b < strán c. trojuholníka ABC platí nerovnost 3 a b < c. (Jaroslav Švrček) Riešenie. Päta D uvažovanej výšky je podľa zadania tým vnútorným bodom stranyriešenie*. AB, pre Päta ktorý D uvažovanej platí AD výšky= je podl a 2 BD zadania alebo tým BD vnútorným = 2 AD. bodom Obe strany možnosti AB, pre sú ktorý znázornené platí AD na = 2 BD obr. 1 alebo s popisom BD = 2 AD. dĺžok Obe strán možnosti AC, BC sú znázornené a oboch na úsekov obr. 2 s rozdelenej popisom dĺžok strán AC, BC a oboch úsekov rozdelenej strany AB. strany AB. C C b a b a A 2 D 1 B 3 c 3 c A 1 D B 3 c 2 3 c Obr. 21 Pytagorova Pytagorova veta pre vetapravouhlé pre pravouhlé trojuholníky trojuholníky ACD a BCDACD vedie kadvojakému BCD vedie vyjadreniu k dvojakému druhej vyjadreniu mocniny spoločnej druhej mocniny odvesny CD, spoločnej pričom vodvesny situácii nal avo CD, dostaneme pričom v situácii naľavo dostaneme ( ) b 2 ( 2 2 ( ) 2 3 c)2 a CD 2 = b 2 ( 1 3 c)2, 3 c = a 2 3 c, odkiaľ po jednoduchej úprave poslednej rovnosti dostaneme vzťah odkial po jednoduchej úprave poslednej rovnosti dostaneme vzt ah 3(b 3(b 2 2 a 2 ) = cc Pre Pre druhú situáciu vychádza analogicky analogicky 3(a 2 b 2 ) = cc 22.. Závery pre obe možnosti možno zapísat zapísať jednotne jednotne ako rovnost ako rovnosť s absolútnou s absolútnou hodnotou hodnotou 3 a 2 b 2 = cc 22.. Ak Ak použijeme použijeme rozklad rozklad a 2 b 2 a= 2 a b (a+b) b 2 = aa nerovnost b (a + b) c < aa+b nerovnosť (ktorú ako c je < známe a + b spĺňajú (ktorú ako dĺžky je známe strán každého spĺňajú trojuholníka dĺžky strán ABC), každého dostaneme trojuholníka z odvodenejabc), rovnosti dostaneme z odvodenej rovnosti 3 a b c < 3 a b (a + b) = c 2, 3 a b c < 3 a b (a + b) = c 2, odkiaľ odkial po po vydelení kladnou hodnotou hodnotou c dostaneme c dostaneme 3 a b 3 a < c, b ako < sme c, ako mali sme dokázat. mali Zdôraznime, že nerovnost 3 a b c < 3 a b (a+b) sme správne zapísali ako ostrú v prípade a = b by dokázať. Zdôraznime, že nerovnosť 3 a b c < 3 a b (a+b) sme správne zapísali ako ostrú síce prešla na rovnost, avšak podl a nášho odvodenia by potom platilo c v prípade a = b by síce prešla na rovnosť, avšak podľa nášho odvodenia 2 = 0, čo odporuje tomu, by potom platilo c 2 že ide o dĺžku strany trojuholníka. = 0, čo odporuje tomu, že sa jedná o dĺžku strany trojuholníka. Iné Iné riešenie. Nerovnost, Nerovnosť, ktorú ktorú máme máme dokázat, dokázať, možno možno po vydelení po vydelení tromi zapísat tromi bezzapísať absolútnej bez absolútnej hodnoty ako hodnoty dvojicu nerovností ako dvojicu nerovností c c < < a a b b < 1 < 3 1 c. 3 c. 4

80 58 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Opät ako v pôvodnom riešení rozlíšime dve možnosti pre polohu päty D uvažovanej výšky a Opäť ukážeme, ako vžepôvodnom vypísanú dvojicu riešení nerovností rozlíšime možno dveupresnit možnosti na tvar pre polohu päty D uvažovanej výšky a ukážeme, že vypísanú 1 dvojicu nerovností možno upresniť 3 < a b < 0, respektíve 0 < a b < 1 na tvar 1 3 c, 3 c < a b < 0, respektíve 0 < a b < 1 3 c, podľa podl a toho, toho, či činastáva situácia z l avej z ľavej či pravej či pravej časti obr. časti 2. obr. 1. Pre Pre situáciu z z obr. obr. 2 nal avo 1 naľavo prepíšeme prepíšeme avizované avizované nerovnosti nerovnosti 1 3 c < a b 1< 0 ako a < b < a c a odvodíme ich z pomocného trojuholníka ACE, pričom E je stred úsečky c AD, < a takže b < body 0 ako D a < b < a + 1 3c a odvodíme ich z pomocného a E delia stranu AB na tri zhodné úseky dĺžky 1 3 c. trojuholníka ACE, pričom E je stred úsečky AD, takže body D a E delia stranu AB na tri zhodné úseky dĺžky 1 3 c. C b a a A E 1 3 c 1 3 c Obr. 23 VVobr. obr. 3 sme 2 sme rovno rovno vyznačili, vyznačili, že úsečkaže ECúsečka má dĺžku EC a ako máúsečka dĺžku BC, aaako to v dôsledku úsečka BC, zhodnosti a to v dôsledku trojuholníkov zhodnosti BCD a ECD trojuholníkov podl a vety sus. BCD Preto jea pravá ECDz nerovností podľa vety a < b sus. < a + Preto 1 3 c porovnaním je pravá z nerovností dĺžok strán trojuholníka a < b < ACE, a + 1 ktoré 3c porovnaním má všeobecnúdĺžok platnost. strán trojuholníka ACE, ktoré má všeobecnú L avúplatnosť. nerovnost a < b odvodíme z druhého všeobecného poznatku, že totiž v každom trojuholníku Ľavú oproti nerovnosť väčšiemu a < vnútornému b odvodíme uhlu z leží druhého dlhšia strana. všeobecného Stačí nám poznatku, teda zdôvodnit, že totiž prečo v pre každom trojuholníku oproti väčšiemu vnútornému uhlu leží dlhšia strana. Stačí nám teda uhly vyznačené na obr. 3 platí CAE < AEC. To je však jednoduché: zatial čo uhol CAE je vd aka pravouhlému trojuholníku ACD ostrý, uhol AEC je naopak tupý, pretože k nemu vedl ajší zdôvodniť, prečo pre uhly vyznačené na obr. 2 platí CAE < AEC. To je však uhol CED je ostrý vd aka pravouhlému trojuholníku CED. jednoduché: zatiaľ čo uhol CAE je vďaka pravouhlému trojuholníku ACD ostrý, uhol Pre prípad situácie z obr. 2 napravo možno predchádzajúci postup zopakovat s novým bodom E, tentoraz stredom úsečky BD. Môžeme však vd aka súmernosti podl a osi AB konšta- AEC je naopak tupý, pretože k nemu vedľajší uhol CED je ostrý vďaka pravouhlému trojuholníku tovat, že z CED. dokázaných nerovností 1 3c < a b < 0 pre situáciu nal avo vyplývajú nerovnosti Pre 1 prípad situácie z obr. 1 napravo možno predchádzajúci postup zopakovať s novýmrovnosti bodom0 < E, a tentoraz b < 1 stredom úsečky BD. Môžeme však vďaka súmernosti podľa 3c < b a < 0 pre situáciu napravo, z ktorých po vynásobení číslom 1 dostaneme práve ne- 3, ktoré sme mali v druhej situácii dokázat. osi AB konštatovať, že z dokázaných nerovností 1 3c < a b < 0 pre situáciu naľavo vyplývajú Komentár. nerovnosti Nosným prvkom 1 3c < úlohy b je a opät < 0 Pytagorova pre situáciu veta, napravo, väčšiu pozornost z ktorých všakpo vyžaduje vynásobení rozbor úlohy, 1 dostaneme ked že päta práve výšky sa nerovnosti môže nachádzat 0 < av dvoch b < rôznych 1 3c, ktoré polohách. sme mali v druhej situácii číslom dokázať. Návodné a dopĺňajúce úlohy: Úloha [63-S-3] Daný je trojuholník ABC s pravým uhlom pri vrchole C. Stredom I kružnice trojuholníku vpísanej vedieme rovnobežky so stranami CA a CB, ktoré pretnú preponu postupne v bodoch X a Y. Dokážte, že platí AX 2 + BY 2 = XY 2. N1. Pripomeňte si, ktoré nerovnosti spĺňajú medzi sebou dĺžky strán ľubovoľného trojuholníka (a ktorým preto hovoríme trojuholníkové). Z nich potom odvoďte známe pravidlo α < β a < b o porovnaní veľkostí vnútorných uhlov a dĺžok protiľahlých strán v ľubovoľnom trojuholníku ABC. [Ak je α < β, môžeme nájsť vnútorný bod X strany AC, pre ktorý platí ABX = α, a teda AX = BX, takže z trojuholníkovej nerovnosti BC < BX + XC už vyplýva a < b.] Riešenie*. N2. Ak Trojuholník je D vnútorný AIX bod je rovnoramenný, úsečky AB, tak pretože pre každý IAX bod = X IAC kolmice = vedenej AIX bodom (prvá rovnost vyplývapriamku z podmienky, AB máže výraz bod AX I leží 2 BX na osi uhla 2 tú istú BAC, hodnotu druhá potom (rovnúzhodnote vlastností AD striedavých 2 BD 2 ). D na uhlov, obr. 4). Dokážte. Preto AX [Použite = IX. Pytagorovu Analogickyvetu zistíme, pre trojuholníky že BY = YADX I. Ked že a BDX.] úsečky IX a IY zvierajú (rovnako D1. Odvoďte ako s nimi nerovnosť, rovnobežné ktoráúsečky je zovšeobecnením CA a CB) pravý nerovnosti uhol, podl a zo zadania Pytagorovej súťažnej vetyúlohy pre pre prípad, keď päta výšky z vrcholu C trojuholníka ABC rozdeľuje jeho stranu AB pravouhlý trojuholník v pomerexiy 1 : p, platí pričom p je dané kladné číslo rôzne od 1. [(p + 1) a b < p 1 c.] D2. Pre každý bod M vnútri daného rovnostranného trojuholníka ABC označme M a, M b, M c jeho kolmé priemety AX 2 + BY postupne 2 = IX na 2 strany + Y I 2 BC, = XY AC, 2, AB. Dokážte rovnosť AM b + + BM c + CM a = AM c + BM a + CM b. [Najskôr trikrát použite výsledok úlohy čo sme mali dokázat. N2 s bodom X = M a z toho vyplývajúce vyjadrenia rozdielov AM 2 BM 2, BM 2 CM 2, CM 2 AM 2 jednotlivo upravte a potom sčítajte.] D 1 3 c B 5

81 2008/ ročník MO Riešenia úloh školského kola kategórie C 1. Dokážte, že pre ľubovoľné nezáporné čísla a, b, c platí Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 59 (a + bc)(b + ac) ab(c + 1) 2. Zistite, kedy nastane rovnosť. C (Jaromír Šimša) Riešenie. Roznásobením a ďalšími ekvivalentnými úpravami dostaneme ab + b 2 c + a 2 c + abc 2 abc 2 + 2abc + ab, I b 2 c + a 2 c 2abc, (a b) 2 c 0. Podľa zadania platí c 0 a druhá mocnina reálneho čísla a b je tiež nezáporná, takže je nezáporná A aj ľavá strana X upravenej nerovnosti. Y Rovnosť B v tejto (a rovnako aj v pôvodnej nerovnosti) nastane práve vtedy, Obr. 14 keď a b = 0 alebo c = 0, teda práve vtedy, keď je splnená aspoň jedna z podmienok a = b, c = 0. Komentár. Úloha už vyžaduje trochu viac invencie a postrehu, ked že kl účovým krokom v riešení Za úplné je všimnút riešenie si, dajte že trojuholníky 6 bodov. bodov, Za zaix toho upravenú a 4BIY body súnerovnosť rovnoramenné. za zdôvodnenie (a b) 2 Krovností c tomu 0 dajte však AX 4študentov body, = IX ďalší a môže BY 1 bod naviest = potom Y I. za argument o nezápornosti činiteľov. Odvodenie (nie však uhádnutie) oboch prípadov rovnosti oceňte tiež poloha 1 bodom. bodu Ten I, ktorý nedajte, leží ak na nie osi je uhlov diskusia a to, o že rovnosti rovnobežky úplná AC (ak a je XI, napríklad resp. BC vynechaná a Y I sú pret até možnosť c = priečkami 0). AI, resp. BI, takže v náčrtku vieme nájst niekol ko dvojíc zhodných uhlov. Úloha tak kombinuje použitie Pytagorovej vety aj vlastnosti rovnoramenných trojuholníkov. 2. V pravouhlom trojuholníku ABC označíme P pätu výšky z vrcholu C na preponu AB. Priesečník úsečky AB s priamkou, ktorá prechádza vrcholom C a stredom kružnice vpísanej Úloha trojuholníku [58-S-2] P BC, V pravouhlom označímetrojuholníku D. Dokážte, ABCže označíme úsečkypad pätua výšky AC zsúvrcholu zhodné. C na preponu AB. Priesečník úsečky AB s priamkou, ktorá prechádza vrcholom (Pavel C a stredom Leischner) kružnice vpísanej trojuholníku PBC, označíme D. Dokážte, že úsečky AD a AC sú zhodné. Riešenie. V pravouhlom trojuholníku ABC s preponou AB pre veľkosti α, β uhlov pri vrcholoch Riešenie*. A, B platí V pravouhlom α+β = trojuholníku 90, preto ABC ACP s preponou = 90 AB α pre = vel kosti β a BCD α,β uhlov = DCP pri vrcholoch 1 2 (90 A, B platí β) = α +β 1 2α, = lebo 90, preto priamka ACP CD= 90 je osou α = uhla β a BCD BCP = (obr. DCP 1). = Pre 1 2 (90 vonkajší β) = uhol 1 2 α ADC lebotrojuholníka priamka CD jebcd osou uhla takbcp zrejme (obr. platí 5). Pre ADC vonkajší uhol = DBC ADC trojuholníka + BCD BCD= tak β + zrejme 1 = = Úspešným platí ADC riešiteľom = DBC je + ten BCD žiak, = ktorý β + 1 2získa α = DCA. 2 α = = DCA. 10 alebo viac bodov. Zistili sme, že trojuholník ADC ADC má pri má vrcholoch pri vrcholoch C, D zhodné C, Dvnútorné zhodné uhly, vnútorné je teda rovnoramenný, rovnoramenný, pošlú a preto opravené AD = a AC. preto riešenia AD školských = AC. kôl predsedom KK MO alebo nimi poverenej uhly, je Učitelia teda osobe do 14. februára. C β α 2 α 2 α β A P D B Obr. 15 Komentár. Úloha je zameraná na nájdenie vel kosti vhodných uhlov Za úplné riešenie dajte 6 bodov. Správne čiastočné poznatky vedúce 4 a využitie poznatku, že uhly k riešeniu oceňte 1 bodom (napríklad pri základni výpočet rovnoramenného len jedného ztrojuholníka uhlov ACDmajú aleborovnakú ADC), vel kost. nanajvýš dvoma bodmi. Slovenská komisia MO, KMANM FMFI UK, Mlynská dolina, Bratislava Autori: Vojtech Bálint, Leo Boček, Pavel Calábek, Šárka Gergelitsová, Karel Horák, Radek Úloha [64-I-4] Horenský, Označme Tomáš Jurík, E stred Aleš základne Kobza, 1 AB Pavel lichobežníka Leischner, ABCD, Ján Mazák, v ktorom Pavelplatí Novotný, AB : CD = 3 Peter : 1. Uhlopriečka Novotný, Martin AC pretína Panák, úsečky Michal ED, Rolínek, BD postupne Jaromír v bodoch Šimša, F, Jaroslav G. Určte Švrček, Jaroslav Zhouf Recenzenti: 4 Vojtech Bálint, Tomáš Jurík, Ján Mazák, Pavel Novotný, Peter Novotný V anglickej literatúre sa tejto metóde počítaniu vel kostí všemožných uhlov hovorí angle-chasing. Redakčná úprava:... Vydal: IUVENTA Slovenský inštitút mládeže, Bratislava 2014

82 4. Označme E stred základne AB lichobežníka ABCD, v ktorom platí AB : CD = = 3 : 1. Uhlopriečka AC pretína úsečky ED, BD postupne v bodoch F, G. Určte postupný pomer 60 AF : F G : GC. Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí (Jaroslav Zhouf) postupný pomer AF : FG : GC. Riešenie. Keďže v zadaní aj v otázke úlohy sú iba pomery, môžeme si dĺžky strán lichobežníka Riešenie*. zvoliť Ked že akov zadaní vhodné aj vkonkrétne otázke úlohyčísla. sú ibazvoľme pomery, teda môžeme napr. si dĺžky AB strán = lichobežníka= zvolit BE ako = 3vhodné a CD konkrétne = 2. Hľadané čísla. Zvol me dĺžkyteda označme napr. AB AF = 6, = potom x, F G AE = = y, BE GC = 3= az. Tieto CD dĺžky = 2. Hl adané sme vyznačili dĺžky označme obr. AF 1, taktiež = x, FG aj = triy, dvojice GC = z. zhodných Tieto dĺžky uhlov, sme vyznačili ktoré teraz na 6, potom AE využijeme obr. 6, taktiež pri úvahách aj tri dvojice o trojuholníkoch zhodných uhlov, podobných ktoré teraz využijeme podľa vety pri úvahách uu. o trojuholníkoch podobných podl a vety uu. Trojuholníky ABG a CDG sú podobné, preto (x + y) : z = 6 : 2 = 3 : 1. Aj Trojuholníky ABG a CDG sú podobné, preto (x + y) : z = 6 : 2 = 3 : 1. Aj trojuholníky AEF a trojuholníky CDF sú podobné, AEF preto a CDF x : (y sú + z) podobné, = 3 : 2. preto x : (y + z) = 3 : 2. D y 2 z G C x F A 3 E 3 Obr. 16 B Odvodené úmery zapíšeme ako sústavu rovníc Odvodené úmery zapíšeme ako sústavu rovníc x + y 3z = 0, 2x 3y 3z = 0. x + y 3z 0, Ich odčítaním získame rovnost x = 4y, 2xčiže 3y x : y = 3z 4 = : Dosadením tohto výsledku do prvej rovnice dostaneme 5y = 3z, čiže y : z = 3 : 5. Spojením oboch pomerov získame výsledok x : y : z = = 12 : 3 : 5. Ich odčítaním získame rovnosť x = 4y, čiže x : y = 4 : 1. Dosadením tohto výsledku do prvej Komentár. rovniceúloha dostaneme je výborným 5y = 3z tréningom čiže y : na z hl adanie = 3 : 5. Avhodných spojením dvojíc oboch podobných pomerov trojuholníkov tak, x aby : y sme : z = pomocou 12 : 3 : údajov 5. zo zadania boli schopní určit hl adaný pomer, ked že jedna získame výsledok dvojica trojuholníkov na nájdenie odpovede zjavne stačit nebude. Okrem toho tiež pozorovania z náčrtu Návodné vedú k a sústave dopĺňajúce dvoch rovníc, úlohy: takže študenti uplatnia aj svoje algebraické zručnosti. N1. Lichobežník ABCD má základne s dĺžkami AB = a, CD = c, jeho uhlopriečky sa pretínajú v bode U. a) Dokážte, že trojuholníky ABU a CDU sú podobné a určte pomer podobnosti. Aký je pomer obsahov týchto trojuholníkov? [a 2 : c 2 ] Úloha [63-I-4] Vo štvorci ABCD označme K stred strany AB a L stred strany AD. b) Dokážte, že obsahy trojuholníkov ADU a BCU sú rovnaké. Úsečky N2. KD Platí a LC a : b sa= pretínajú 1 : 2, b : c v= bode 3 : 4, Mc : ad rozdel ujú = 5 : 6. Určte štvorec a : b na : c dva : d. [15 trojuholníky : 30 : 40 : 48] a dva štvoruholníky. Vypočítajte ich obsahy, ak úsečka LM má dĺžku 1 cm. Riešenie*. Platí AK = DL a AD = DC = 2 AK (obr. 7), takže pravouhlé trojuholníky AKD a DLC sú zhodné podl a vety sus. Okrem toho sú trojuholníky MLD a AKD podobné podl a vety uu, lebo LDM = KDA a DLM = 4 DLC = AKD. Analogicky sa dá overit i podobnost trojuholníkov MDC a AKD. Z podobnosti trojuholníkov AKD, MLD a MDC vyplýva, že MD = 2 ML = 2 cm a MC = 2 MD = 4 cm. Obsahy útvarov MLD, MDC a AKML sú S MLD = = 1cm2, S MDC = = 4cm2

83 a MC = 2 MD = 4 cm. Obsahy útvarov MLD, MDC a AKML sú S MLD = = 1 cm 2, S MDC = = 4 cm 2 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 61 a Ak označíme farby hrán AB, S AKML BC, CD, = S AKD DA opäť S MLD postupne = S DLC číslami S MLD 1, 2, = 3, S MDC 4, tak= 4 cm 2. podľa a dokázaného poznatku majú v hornej stene EF GH farbu 1 a 3 hrany F G a EH nevieme však v akomnakoniec S AKML poradí; = S AKD pomocou obe Smožnosti MLD = Pytagorovej S DLC sú vykreslené S MLD vety = S MDC dostávame na= obr. 4cm SV ABCD akom= poradí DC 2 sú= DM 2 + C = 20 cm 2, takže Nakoniec pomocou Pytagorovej Hvety dostávame G S ABCD = H DC 2 = DM G 2 + CM 2 = 20 cm 2, takže 3 S 1 S KBCM = S ABCD KBCM = S 1 (S MLD + ABCD (S 3 MDC + S AKML ) MLD + = 11cm 2 S. MDC + S AKML ) = 11 cm 2. E F E F Záver. Obsahy trojuholníkov Záver. Obsahy MLD, MDC trojuholníkov a štvoruholníkov M LD, AKML, M DC KBCM a štvoruholníkov sú postupne 1 cmakm 2, L, KBCM 4 cm 2, 4 cm 2 a 11 cm 2 D stupne. 1 cm 2 3, 4 cm 2 C, 4 cm 2 D a 11 cm 2 3 C. A 4 1 B 2 D C B Obr D F farby 2 a 4 zvyšných hrán EF a GH hornej steny? Na ľavej kocke podľa farieb AB, AD a EH vidíme, že AE má M L farbu 2, takže v hornej podstave má EF farbu 4 a GH 1 farbu 2. Podobne na pravej kocke má BF farbu 4, takže EF má farbu 2 a GH farbu 4. Jednoznačné ofarbenie zvyšných zvislých hrán oboch kociek je už 20 jednoduché; pre ľavú kocku dostaneme výsledné ofarbenie z obr. 1, pre pravú kocku ofarbenie z obr. 2. Týmto postupom znova prichádzame k záveru, K že hľadaný počet vyhovujúcich ofarbení danej kocky ABCDEF GH je A rovný dvojnásobku počtu výberov B farieb C pre hrany A steny ABCD. Obr. 72 Obr. 3 Za úplné riešenie dajte 6 bodov. Za určenie počtu 24 všetkých ofarbení jednej steny dajte 1 bod, rovnako takkomentár. ohodnoťte Opät postreh je potrebné o rôznychidentifikovat farbách ľubovoľných podobné troch trojuholníky hrán soa spoločným potom 3 pomocou krajným známeho bodom. ko-preficientupostupe určit ich z prvého obsahy. riešenia Oprotidajte predchádzajúcej 1 bod rozbor úlohe dvoch ešte študenti možnostínavyše pre farbu využijú (piatej) Pytagorovu hrany AE, neúplnom určovanie vetu. farieb zvyšných siedmich hrán môže byť v úplnom riešení opísané iba pre prvú z týchto hrán a pre ďalšie bez postupných obrázkov. Pri neúplnom postupe z druhého riešenia dajte 2 body za zdôvodnenie poznatku o farbách ľubovoľných dvoch rovnobežných hrán. A 4 1 B 2 E Úloha [65-II-3] V pravouhlom lichobežníku ABCD s pravým uhlom pri vrchole A 3. V základne pravouhlom AB jelichobežníku bod K priesečníkom ABCDvýšky s pravým CP lichobežníka uhlom pri s jeho vrchole uhlopriečkou A základne BD. Ob- štvoruholníka APCD výšky je CP polovicou lichobežníka obsahu lichobežníka s jeho uhlopriečkou ABCD. Určte, BD. akú Obsah čast obsahu štvoruhol- AB je bod Ksahpriesečníkom níka AP trojuholníka CD je polovicou ABC zaberáobsahu trojuholník lichobežníka BCK. ABCD. Určte, akú časť obsahu trojuholníka ABC zaberá trojuholník BCK. (Lucie Růžičková) Riešenie*. V pravouholníku APCD označme c = CD = AP a v = AD = CP (obr. 8, pričom Riešenie. V pravouholníku AP CD označme c = CD = sme už vyznačili d alšie dĺžky, ktoré odvodíme v priebehu riešenia) 5 AP a v = AD = CP. (obr. 4, pričom sme už vyznačili ďalšie dĺžky, ktoré odvodíme v priebehu riešenia). 1 v D c K C 1 3 v 2 3 v A c P 2c B Obr Keďže 5 Ked že podl a zadania uhlopriečka BD pretína výšku CP, musí jej päta P ležat medzi bodmi A a B, takže ide podľa zadania uhlopriečka BD pretína výšku CP, musí jej päta P ležať medzi bodmi A a B, o zvyčajný lichobežník ABCD s dlhšou základňou AB a kratšou základňou CD. takže sa jedná o zvyčajný lichobežník ABCD s dlhšou základňou AB a kratšou základňou CD. 3

84 62 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Z predpokladu S APCD = 1 2 S ABCD vyplýva pre druhú polovicu obsahu ABCD vyjadrenie 1 2 S ABCD = = S PBC, takže S APCD = S PBC čiže cv = 1 2 PB v, odkial vzhl adom na to, že v 0, vychádza PB = = 2c, v dôsledku čoho AB = 3c. Trojuholníky CDK a PBK majú pravé uhly pri vrcholoch C, P a zhodné (vrcholové) uhly pri spoločnom vrchole K, takže sú podl a vety uu podobné, a to s koeficientom PB : CD = 2c : c = 2. Preto tiež platí PK : CK = 2 : 1, odkial KP = 2 3 v a CK = 1 3 v. Posudzované obsahy trojuholníkov ABC a BCK tak majú vyjadrenie S ABC = AB CP 2 = 3cv 2 a S BCK = CK BP 2 = 1 3 v 2c = cv 2 3, preto ich pomer má hodnotu S BCK S ABC = 1 3 cv 3 2 cv = 2 9. Záver. Trojuholník BCK zaberá 2/9 obsahu trojuholníka ABC. Komentár. Najkomplexnejšia úloha tohto seminára precvičí študentov v používaní vlastností podobných trojuholníkov a taktiež vo vyjadrovaní obsahov trojuholníkov pomocou určitel ných hodnôt. Tvorí tak dôstojnú bodku za týmto seminárom. Domáca práca Úloha [58-I-2] Pravouhlému trojuholníku ABC s preponou AB je opísaná kružnica. Päty kolmíc z bodov A, B na dotyčnicu k tejto kružnici v bode C označme D, E. Vyjadrite dĺžku úsečky DE pomocou dĺžok odvesien trojuholníka ABC. Riešenie*. Označme odvesny trojuholníka ABC zvyčajným spôsobom a, b a protil ahlé uhly α, β. Stred prepony AB (ktorý je súčasne stredom opísanej kružnice) označíme O (obr. 9). Výška v = CP rozdel uje trojuholník ABC na trojuholníky ACP a CBP podobné trojuholníku ABC podl a vety uu (α +β = 90 ), úsečka OC je kolmá na DE a navyše OC = OA = r (polomer opísanej kružnice). Odtial OCA = OAC = α a DCA = 90 OCA = β. Pravouhlé trojuholníky ACP a ACD so spoločnou preponou AC sa teda zhodujú aj v uhloch pri vrchole C. Sú preto zhodné, dokonca súmerne združené podl a priamky AC. Analogicky sú trojuholníky CBP a CBE súmerne združené podl a BC. Takže CD = CE = v, čiže DE = 2v = = 2ab/ a 2 + b 2, lebo z dvojakého vyjadrenia dvojnásobku obsahu trojuholníka ABC vyplýva v = = ab/ AB, pričom AB = a 2 + b 2. Poznámka. Namiesto dvojakého vyjadrenia obsahu môžeme na výpočet výšky CP využit podobnost trojuholníkov CBP a ABC: sin α = CP / AC = BC / AB.

85 Analogicky sú trojuholníky CBP a v, CBE súmerne združené podľa BC. Takže CD = = CE = v, čiže DE = 2v = 2ab/ a 22 + bb 22,, lebo zzdvojakého vyjadrenia dvojnásobku obsahu trojuholníka ABC vyplýva v = ab/ AB, pričom AB = a 22 + bb 22.. Poznámka. Namiesto dvojakého vyjadrenia obsahu môžeme na výpočet výšky CP využiť Kapitola podobnosť 2. Osnovy trojuholníkov seminárnych stretnutí CBP a ABC: sin α = CP / AC = BC / AB. 63 F D C β α α r v E D bb v cc a r C v cc a E α r A O P Obr. 1 β B r A O Obr. 2 r B Obr. 9 Obr. 10 Iné riešenie. Úsečka OC je strednou priečkou lichobežníka DABE, lebo je rovnobežná so základňamiriešenie. a prechádzaúsečka stredomoc O ramena je jestrednou AB. Preto priečkou D je obrazom lichobežníka bodu E vdabe, súmernosti lebo podl a je jestredu rovnobežná C. Obraz so základňami F bodu B v tej a prechádza istej súmernosti stredom leží na Opolpriamke ramena AD AB. za bodom Preto D D(obr. je je obrazom 10). Máme Iné bodu CF E v = súmernosti BC = a, uhol podľa ACF je stredu pravý, C. a teda Obraz trojuholníky F bodu AFCB avabc tej súistej zhodné. súmernosti Vidíme, želeží CD na polpriamke je výška v AD trojuholníku za bodom AFCD zhodná (obr. s2). výškou Máme v c CF trojuholníka = BC ABC, = a, aa, DE uhol je ACF jej dvojnásobkom. je jepravý, a teda Vel kost trojuholníky výšky v c AF dopočítame C a ABC rovnako sú zhodné. ako v predchádzajúcom Vidíme, že žecd riešení. je jevýška v trojuholníku AF C zhodná Záver. DE ss výškou = 2ab/ v a 2 cc trojuholníka + b 2. ABC, a DE je je jej dvojnásobkom. Veľkosť výšky v cc dopočítame rovnako ako v predchádzajúcom riešení. Odpoveď. DE = 2ab/ a 22 + bb 22.. Úloha [58-II-2] V pravouhlom trojuholníku ABC označíme P pätu výšky z vrcholu C na preponu AB a D, E stredy kružníc vpísaných 2 postupne trojuholníkom APC, CPB. Dokážte, že stred kružnice vpísanej trojuholníku ABC je priesečníkom výšok trojuholníka CDE. Riešenie*. V pravouhlom trojuholníku ABC s preponou AB označme α vel kost vnútorného uhla pri vrchole A, zrejme potom platí ACP = 90 α, PCB = α. Stred D kružnice vpísanej trojuholníku APC leží na osi uhla PAC, takže DAC = 1 2 α, a podobne aj PCE = 1 2α. Odtial pre vel kost uhla AUC v trojuholníku AUC, pričom U je priesečník polpriamok AD a CE (obr. 11), vychádza AUC = 180 (90 α + 12 ) α 1 2 α = 90. To znamená, že polpriamka AD je kolmá na CE, úsečka DU je teda výška v trojuholníku DEC. uhla Úplne ABC) rovnako je zistíme, kolmá že na aj CD. polpriamka Dostávame BE (ktorá tak, je zároveň že priesečník osou uhla polpriamok ABC) je kolmá AD na a CD. BE, čodostávame je stred tak, kružnice že priesečník vpísanej polpriamok trojuholníku AD a BE, čo ABC, je stred jekružnice zároveň vpísanej aj priesečníkom trojuholníku ABC, výšok trojuholníka je zároveň aj priesečníkom DEC. výšok trojuholníka DEC. 90 α C A α 2 D P α 2 α 2 U E B Obr. 1 Iné riešenie. Označme F a G zodpovedajúce priesečníky priamok CD a CE so stranou AB (obr. 2). Podľa tvrdenia 2. úlohy školského kola je trojuholník CAG

86 α 2 U E D A P B 64 Obr. 1 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Obr. 11 Iné riešenie. Označme F a G zodpovedajúce priesečníky priamok CD a CE Iné riešenie. Označme F a G zodpovedajúce priesečníky priamok CD a CE so stranou AB (obr. so 12). stranou Podl a úlohy AB vyriešenej (obr. 2). na Podľa seminári tvrdenia v škole 2. je trojuholník úlohy školského CAG kola je trojuholník CAG C D E A F P G B Obr. 122 rovnoramenný so základňou CG. Os AD uhla CAG rovnoramenného trojuholníka CAG je tak aj rovnoramenný jeho osou súmernosti, so základňou a je preto CG. kolmá Os na AD základňu uhla CAG CG, teda rovnoramenného aj na CE. Podobne trojuholníka zistíme, že CAG aj jetrojuholník tak aj jeho CBF osou je rovnoramenný súmernosti aso jezákladňou preto kolmá CF, na takže základňu os BE uhla CG, FBC teda je kolmá aj na CE. na CF, Podobne teda zistíme, aj na CD. že Priesečník aj trojuholník oboch osícbf AD a BE je rovnoramenný je tak nielen stredom so základňou kružnice vpísanej CF, trojuholníku takže os BE ABC, uhla Fale BCaj priesečníkom je kolmá navýšok CF, trojuholníka teda aj nacde, CD. čopriesečník sme mali dokázat. oboch osí AD a BE je tak nielen stredom kružnice vpísanej trojuholníku ABC, ale aj priesečníkom výšok trojuholníka CDE, Doplňujúce čo smezdroje mali dokázať. a materiály Za Vhodným úplné riešenie doplnkom dajte nielen 6 bodov. tohto, V ale opačnom všetkých prípade d alších oceňte geometrických 1 bodom jednotlivé seminárov čiastočné je publikácia poznatky vedúce k riešeniu (napríklad výpočet jedného z uhlov ACP alebo P CE). Za odhalenie rovnoramenného trojuholníka [ [ART13]], CAG ktoráalebo obsahuje CBFvel ké a odkaz množstvo na úlohu riešených školského úlohkola z euklidovskej dajte 3 bodygeometrie, rovnako ako od jednoduchých ažad po aúroveň CE čimedzinárodných BE a CD. sút aží. za iný dôkaz kolmosti Seminár Z množiny {1, 2, 3,..., 99} je vybraných niekoľko rôznych čísel tak, že súčet žiadnych troch z nich nie je násobkom deviatich. Témaa) Dokážte, že medzi vybranými číslami sú najviac štyri deliteľné tromi. Geometria b) Ukážte, III obsahy že vybraných trojuholníkov čísel a štvoruholníkov môže byť 26. (Jaromír Šimša) Riešenie. Podľa zvyškov po delení deviatimi rozdelíme všetkých 99 uvažovaných čísel do Ciele deviatich jedenásťprvkových tried T 0, T 1,..., T 8 (do triedy T i patria všetky čísla so Precvičenie úloh zaoberajúcich sa obsahmi trojuholníkov a štvoruholníkov, rôznorodé určovanie obsahu, príp. pomeru obsahov trojuholníkov v úlohách. 2 Úlohy a riešenia Úloha [57-S-2] V danom rovnobežníku ABCD je bod E stred strany BC a bod F leží vnútri strany AB. Obsah trojuholníka AFD je 15 cm 2 a obsah trojuholníka FBE je 14 cm 2. Určte obsah štvoruholníka FECD. Riešenie*. Označme v vzdialenost bodu C od priamky AB, a = AB a x = AF. Pre obsahy trojuholníkov AFD a FBE (obr. 1) platí 1 2 x v = 15, (a x) 2v = 14. Odtial xv = 30, av xv = = 56. Sčítaním oboch rovností nájdeme obsah rovnobežníka ABCD: S ABCD = av = 86 cm 2. Obsah štvoruholníka FECD je teda S FECD = S ABCD (S AFD + S FBE ) = 57 cm 2.

87 Riešenie. Označme v vzdialenosť bodu C od priamky AB, a = AB a x = AF. Pre obsahy trojuholníkov AF D a F BE (obr. 1) platí 1 2 x v = 15, (a x) 2v = 14. Odtiaľ xv = 30, av xv = 56. Sčítaním oboch rovností nájdeme obsah rovnobežníka ABCD: S ABCD = av = 86 cm 2. Obsah štvoruholníka F ECD je teda S F ECD = S ABCD (S Kapitola 2. Osnovy AF D + S F BE ) = 57 cm seminárnych 2. stretnutí 65 D C D C S 1 + 2S 2 E v S 2 15 S 1 F 14 S 2 A B x a x A F B Obr. Obr. 1 1 Obr. 2 2 E Iné riešenie. Trojuholníky BEF a ECF majú spoločnú výšku z vrcholu F a zhodné základne BE a EC. Preto sú obsahy oboch trojuholníkov rovnaké. Z obr. 2 vidíme, že obsah trojuholníka CDF je polovicou Iné riešenie. obsahu rovnobežníka Trojuholníky ABCD BEF (oba útvary a ECF majú spoločnú majú spoločnú základňu CD výšku a rovnakú z vrcholu výšku). F a Druhú zhodné polovicu základne tvoríbe súčet aobsahov EC. Preto trojuholníkov sú obsahy AFDoboch a BCF. trojuholníkov Odtial S rovnaké. Z obr. 2 FECD = S ECF + S CDF = vidíme, = S že obsah trojuholníka CDF je polovicou obsahu rovnobežníka ABCD ECF + (S AFD + S BCF ) = S AFD + 3S FBE = 57 cm 2. (oba útvary majú spoločnú základňu CD a rovnakú výšku). Druhú polovicu tvorí súčet obsahov Iné Iné riešenie. riešenie. trojuholníkov Do rovnobežníka Do rovnobežníka AF Ddokreslíme a BCF dokreslíme. úsečky OdtiaľFG Súsečky F a ECD EH Frovnobežné = G Sa ECF EH + so rovnobežné Sstranami CDF = BC Sso ECF a stranami + tak, (S AF AB + BC ako D znázorňuje a+ AB S BCF tak, ) obr. = ako S3. AF znázorňuje D + 3S F BE obr. = 3. 57Rovnobežníky cm 2. AF GD a F BEH sú svojimi D G 1 C S 2 S 1 H S 1 S 2 S 2 A F 3 Obr. S 2 B E Rovnobežníky AFGD a FBEH sú svojimi uhlopriečkami DF a EF rozdelené na dvojice zhodných uhlopriečkami trojuholníkov. DF Takžea SEF GDF = rozdelené S AFD = 15na cmdvojice 2 a S HFE zhodných = S BEF = 14 trojuholníkov. cm 2. Zo zhodnosti Takže rovnobežníkov S HECG AF D = 15 a FBEH cm 2 anavyše S l ahko HF E = Susúdime, BEF = že14 všetky cm 2. štyri Zo trojuholníky zhodnosti FBE, rovnobežníkov EHF, HEC ahecg CGH S GDF = = sú zhodné, takže obsah štvoruholníka FECD je S a F BEH navyše ľahko nahliadneme, že všetky AFD + 3S štyri FBE = 57 cm trojuholníky 2. F BE, EHF, HEC a CGH sú zhodné, takže obsah štvoruholníka F ECD je S AF D + 3S F BE = 57 cm 2. Komentár. Úloha je zaradená ako rozcvička pred komplexnejšími problémami, nie je totiž vel mi Za náročná úplné riešenie na vyriešenie. dajte 6 bodov. Pekne Za tiežkaždú demonštruje, číselnú chybu že niekedy alebo nám nepodstatnú vhodný prístup, chybu pri náčrtok zdôvodňovaní alebo výpočtu niektorého obsahu strhnite bod, za hrubú chybu pri zdôvodnení strhnite dva body. Ak je úloha správne nakreslená priamka v obrázku riešenie úlohy významne zjednoduší. nedoriešená, dajte dva body za každú správne vypočítanú časť obsahu štvoruholníka F ECD. 3. V skupine šiestich ľudí existuje práve 11 dvojíc známych. Vzťah poznať sa je Úloha [62-II-2] Vnútri rovnobežníka ABCD je daný bod K a v páse medzi rovnobežkami t. j. BC ak osoba a AD vapolrovine pozná osobu opačnejb, k CDA tak je aj daný B pozná bod L. A. Obsahy Keď trojuholníkov sa ktokoľvek zo vzájomný, skupiny ABK,BCK,DAK dozvie nejakú a DCL správu, sú S ABK povie = 18jucmvšetkým 2, S BCK = svojim 8 cm 2, Sznámym. DAK = 16 cmdokážte, 2, S DCL = že 36sa cm 2 týmto. spôsobom Vypočítajte nakoniec obsahy správu trojuholníkov dozvedia CDK všetci. a ABL. (Vojtech Bálint) Riešenie. Jednotlivé osoby označíme písmenami A, B, C, D, E a F. Aspoň jedna z nich Riešenie*. (označmetrojuholníky A) máabk aspoň a CDK štyroch majú známych zhodné strany (akabby a CD mala a súčet každá ichosoba výšok vnajviac 1 a v 2 troch (vzdialeností známych, bodu bolo K od by priamky dvojíc AB, známych resp. CD) je menej rovný ako výške desať). v rovnobežníka Keby mala ABCD (vzdialenosti dokonca päť známych, dozvie sa správu od každého v skupine a môže ju komukoľvek v skupine povedať. D

88 Vypočítajte obsahy trojuholníkov CDK a ABL. (Pavel Novotný) Riešenie. Trojuholníky ABK a CDK majú zhodné strany AB a CD a súčet ich výšok v 1 a v 2 (vzdialeností bodu K od priamky AB, resp. CD) je rovný výške v rovnobežníka ABCD (vzdialenosti rovnobežných priamok AB a CD, obr. 1). Preto súčet ich obsahov dáva 66 polovicu súčtu obsahu daného rovnobežníka: Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí rovnobežných priamok AB a CD, obr. 4). Preto súčet ich obsahov dáva polovicu súčtu obsahu S daného ABK + S rovnobežníka: CDK = 1 2 AB v CD v 2 = 1 2 AB (v 1 + v 2 ) = 1 2 AB v = 1 2 S ABCD. Podobne aj S ABK S + S CDK = 1 2 AB v CD v 2 = 1 2 AB (v 1 + v 2 ) = 1 2 AB v = 1 2 S BCK + S DAK = 1 2 S ABCD, teda ABCD. Podobne aj S BCK + S DAK S= 1 2 S CDK ABCD, = S BCK teda + S DAK S ABK = 6 cm 2. S CDK = S BCK + S DAK S ABK = 6cm 2. L D v v 3 v 1 v 2 K C A B Obr. 41 Trojuholníky ABL a DCL majú zhodné strany AB a CD. Ak v 3 označuje príslušnú výšku druhého z nich, je výška prvého z nich rovná v + v 1 3, takže pre rozdiel obsahov týchto trojuholníkov platí S ABL S DCL = 1 2 AB (v + v 3) 1 2 CD v 3 = 1 2 AB (v + v 3 v 3 ) = = 1 2 AB v = 1 2 S ABCD = S BCK + S DAK. Odtial vyplýva S ABL = S BCK + S DAK + S DCL = 60cm 2. Komentár. Úloha precvičuje použitie tvrdenia, ktoré sme dokázali v prvom geometrickom seminári, a to, že ak majú dva trojuholníky základňu rovnakej dĺžky, potom ich obsahy sú v rovnakom pomere ako ich výšky na túto základňu. Úloha [64-S-2] Označme K a L postupne body strán BC a AC trojuholníka ABC, pre ktoré platí BK = 1 3 BC, AL = 1 3 AC. Nech M je priesečník úsečiek AK a BL. Vypočítajte pomer obsahov trojuholníkov ABM a ABC. Riešenie*. Označme v výšku trojuholníka ABC na stranu AB, v 1 výšku trojuholníka ABM na stranu AB a v 2 výšku trojuholníka KLM na stranu KL (obr. 5). Z podobnosti trojuholníkov LKC a ABC (zaručenej vetou sus) vyplýva, že KL = 2 3 AB. Z porovnania ich výšok zo spoločného vrcholu C vidíme, že výška v trojuholníka ABC je rovná trojnásobku vzdialenosti priečky KL od strany AB, teda v = 3(v 1 + v 2 ). Ked že AK a BL sú priečky rovnobežiek KL a AB, vyplýva zo zhodnosti prislúchajúcich striedavých uhlov podobnost trojuholníkov ABM a KLM.

89 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 67 C L v K 2. V jednom políčku šachovnice 8 8 je napísané a v ostatných políčkach +. M v V jednom kroku môžeme zmeniť na opačné súčasne 1 všetky štyri znamienka v ktoromkoľvek štvorci 2 2 A na šachovnici. Rozhodnite, či po určitom počte B krokov môže byť na šachovnici oboch znamienok rovnaký počet. (Jaromír Šimša) Obr. 15 Riešenie. Počty plusov Keďže KL = 2 3 AB, a je mínusov tiež v v tabuľke 2 = 2 3 v sú na začiatku 63 1, a preto 1 + v 2 = 5 3 v a 1, teda dve nepárne čísla. Ked že V ľubovoľnom KL = 2 1, čiže 3 AB, štvorci je tiež v 2 = 32 v 1, môžu a preto byť v 1 zastúpené + v 2 = 5 3 v 1, čiže jedným zo spôsobov 2 + 2, alebo vo vhodnom poradív sčítancov, = v = 3(v 3(v ktoré v 2 ) = 5v sa 11.. po vykonanom kroku zmenia na poradie opačné. Vidíme teda, že po jednom kroku sa celkové počty plusov a mínusov v tabuľke Trojuholníky buďabm nemenia, ABM a ABC aalebo majú ABC spoločnú samajú oba stranu zmenia spoločnú AB, opreto stranu 2, alebo ich AB, obsahy preto oba sú vzmenia pomere ich obsahy výšok o 4, sú takže navtúto pomere stále stranu, výšok budú takže dve naobsah túto nepárne trojuholníka stranu, čísla takže ABC akoobsah je napät krát začiatku. trojuholníka väčšíto ako znamená, obsah ABC trojuholníka je že päťkrát nikdy ABM. väčší nemôže akobyť obsah na to trojuholníka šachovnici oboch ABM. znamienok rovnaký počet, čiže párne číslo 32. Za úplné Komentár. riešenie Ďalšia dajteúloha, bodov. ktorá Zaprecvičuje určenie pomeru rovnaké podobnosti tvrdenie ako trojuholníkov predchádzajúca. ABM Pomery a KLM výšok dajte 2 body, Za úplné je tentoraz za určenie riešenie potrebné pomeru dajte 6 určit podobnosti bodov. Za správnu, z podobnosti trojuholníkov ale nezdôvodnenú trojuholníkov. ABC atu LKC odpoveď sa teda dajte uplatnia 2 body, dajte znalosti za 1 bod. záverečné precvičované odvodenie na pomeru minulom obsahov seminárnom trojuholníkov stretnutí. ABM a ABC dajte 2 body. 3. Nájdite Daný jenajmenšie lichobežníkprirodzené ABCD sočíslo základňami n s ciferným AB, CD, súčtom pričom 8, ktoré 2 AB sa = rovná 3 CD. súčinu troch rôznych a) Nájdite prvočísel, bod P vnútri pričomlichobežníka rozdiel dvoch tak, najmenších aby obsahyz trojuholníkov nich je 8. (Tomáš ABP ajurík) CDP Úloha [64-II-3] Daný je lichobežník ABCD so základňami AB, CD, pričom 2 AB = boli v pomere 3 : 1 a aj obsahy trojuholníkov BCP a DAP boli v pomere 3 : 1. Riešenie. = 3 CD. Hľadané číslo n je súčinom troch rôznych prvočísel, ktoré označíme p, q, r, p < q a) b) < Nájdite Pre nájdený r. Číslobod n P= vnútri bod pqr má lichobežníka P určte postupný ciferný súčet tak, abypomer 8, obsahy ktorýtrojuholníkov obsahov trojuholníkov nie je deliteľný ABP atromi, CDPABP boli preto v, pomerecdp deliteľné 3 : 1 aa tromi. ajdap obsahy. Napokon trojuholníkov hľadané BCP ačíslo DAPnboli niev pomere je deliteľné 3 : 1. ani dvoma, pretože by BCP, ani n nie je muselob) byť Pre nájdený p = 2 abod q = P p určte + 8 postupný = 10, čopomer nie je obsahov prvočíslo. trojuholníkov Musí teda ABP, byť BCP, p (Jaroslav CDP 5. a DAP. Zhouf) Riešenie. Ak je p Predpokladajme, = 5, je q = p + že8 bod = 13, P má takže požadované r {17, 19, vlastnosti. 23, 29, 31, Priamka...} a nrovnobežná {1 105, 1 235, 1 Riešenie*. 495, 1 885, Predpokladajme, 2 015,...}. V že tejto bod množine má požadované je zrejme vlastnosti. najmenšie Priamka rovnobežná číslo s ciferným so základňami so základňami lichobežníka lichobežníka a prechádzajúca a prechádzajúca bodom P pretína bodom ramená P AD pretína a BC postupne ramená v AD bodoch a BC M súčtom postupne 8 číslo a N (obr. v6). bodoch Označme Mv avýšku N (obr. daného 1). lichobežníka, Označme v Ak je p > 5, je p = 11 najmenšie prvočíslo také, 1 výšku trojuholníka daného lichobežníka, CDP a v že aj q = p + 8 je prvočíslo. 2 výšku v 1 troju- výšku trojuholníka Preto ABP. CDP a v 2 trojuholníka ABP. p 11, q 19, a teda r 23, takže pre zodpovedajúce čísla n platí n = = > D C Hľadané číslo v 1 je n = M N Za úplné riešenie dajte 6 bodov. Za skusmé nájdenie čísla n = dajte 2 body. Ak nebude dokázané, P Y v že pre p > 5 neexistuje menšie vyhovujúce n, strhnite 2 body. v 2 v 2 A X B Obr. 16 a) Ked že obsahy trojuholníkov ABP a CDP sú v pomere 3 : 1, platí a) Keďže obsahy trojuholníkov ABP a CDP sú v pomere 3 : 1, platí Úspešným riešiteľom AB v je ten žiak, ktorý získa 10 alebo viac bodov. 2 Učitelia pošlú AB v opravené 2 riešenia školských kôl predsedom KK MO alebo nimi poverenej osobe do 14. februára. : CD v : CD v 1 v 1 = 3 : 1, čiže = v 1 2 v 1 3 AB CD = 3 : 1, čiže = v 2 3 AB = CD = 2 = = 1 2. Z vyznačených dvojíc podobných pravouhlých 2 trojuholníkov vyplýva, že v práve určenom pomere 2 : 1 výšok v 2 a v 1 delí aj bod M rameno AD a bod N rameno BC (v prípade pravého uhla pri jednom z vrcholov A či B je to zrejmé rovno). Tým je

90 68 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Z vyznačených dvojíc podobných pravouhlých trojuholníkov vyplýva, že v práve určenom pomere 2 : 1 výšok v 2 a v 1 delí aj bod M rameno AD a bod N rameno BC (v prípade pravého uhla pri jednom z vrcholov A či B je to zrejmé rovno). Tým je konštrukcia bodov M a N, a teda aj úsečky MN určená. Teraz zistíme, v akom pomere ju delí uvažovaný bod P. Ked že obsahy trojuholníkov BCP a DAP sú v pomere 3 : 1, platí ( NP v1 2 NP (v 1 + v 2 ) 2 + NP v ) ( 2 MP v1 : + MP v ) 2 = 3 : 1, : MP (v 1 + v 2 ) 2 = 3 : 1, NP : MP = 3 : 1. Tým je konštrukcia (jediného) vyhovujúceho bodu P úplne opísaná. b) Doplňme trojuholník DAC na rovnobežník DAXC. Jeho strana CX delí priečku MN na dve časti, a ked že v 1 = 1 3v, môžeme dĺžku priečky MN vyjadrit ako MN = MY + Y N = AX XB = CD ( AB CD ) = 1 3 AB CD = 7 6 CD, lebo podl a zadania platí AB = = 3 2 CD. Preto MP = 1 4 MN = CD = 7 24 CD, takže pre pomer obsahov trojuholníkov CDP a DAP platí CD v 1 2 : MP (v 1 + v 2 ) 2 ( ) 7 = ( CD v 1 ) : 24 CD 3v 1 = 1 : 7 8 = 8 : 7. Pomer obsahov trojuholníkov BCP a CDP je teda 21 : 8 a pomer obsahov trojuholníkov ABP a BCP je tak 24 : 21. Postupný pomer obsahov trojuholníkov ABP, BCP, CDP a DAP je preto 24 : 21 : 8 : 7. Komentár. Táto komplexná úloha je vrcholom tohto seminárneho stretnutia. Vyžaduje umnú prácu s pomermi obsahov, podobnými trojuholníkmi aj netriviálny nápad doplnenia trojuholníka DAC na rovnobežník. Je tak vhodné skôr než samostatne úlohu riešit spoločne na tabul u. Študentom tiež pripomenieme, že podobne ako v úvodnej úlohe, aj tu našlo vhodné rozdelenie zadaného útvaru svoje opodstatnenie a prispelo k úspešnému rozklúsknutiu problému. Úloha [62-I-6] Vnútri pravidelného šest uholníka ABCDEF s obsahom 30 cm 2 je zvolený bod M. Obsahy trojuholníkov ABM a BCM sú postupne 3 cm 2 a 2 cm 2. Určte obsahy trojuholníkov CDM, DEM, EFM a FAM. Riešenie*. Úloha je o obsahu šiestich trojuholníkov, na ktoré je daný pravidelný šest uholník rozdelený spojnicami jeho vrcholov s bodom M (obr. 7). Celý šest uholník s daným obsahom, ktorý označíme S, možno rozdelit na šest rovnostranných trojuholníkov s obsahom S/6 (obr. 8). Ak označíme r ich stranu, v vzdialenost rovnobežiek AB, CD a v 1 vzdialenost bodu M od priamky AB, dostaneme S ABM + S EDM = 1 2 rv r(v v 1) = 1 2 rv = S 3, lebo S/3 je súčet obsahov dvoch vyfarbených rovnostranných trojuholníkov. Vd aka symetrii majú tú istú hodnotu S/3 aj súčty S BCM + S EFM a S CDM + S FAM. Odtial už dostávame prvé dva neznáme obsahy S D EM = S/3 S ABM = 7 cm 2 a S EFM = S/3 S BCM = 8 cm 2.

91 lebo S/3 leboje S/3 súčet je súčet obsahov obsahov dvoch dvoch vyfarbených vyfarbených rovnostranných trojuholníkov. Vďaka Vďaka symetrii symetrii majú majú tú istútúhodnotu hodnotu S/3 aj S/3 súčty aj súčty S BCM S+S BCM EF +S M EF a S MCDM a S+S CDM F AM +S. F Odtiaľ AM. Odtiaľ už už dostávame dostávame prvé dva prvéneznáme dva neznáme obsahy obsahy S S DEM = S/3 S ABM = 7 cm 2 DEM = S/3 S ABM = 7 cm 2 a S EF a M S EF = S/3 M = S/3 S Kapitola S BCM 2. Osnovy = 8 cmseminárnych 2 BCM = 8 cm 2.. stretnutí 69 E E D D E E D D F F C C F F C C M M A A B B A A B Obr. Obr Obr. 4Obr. 8 4 B Ako určit zvyšné dva obsahy S CDM a S FAM, ked zatial poznáme len ich súčet S/3? Všimnime Ako si, žeurčiť Ako súčetzvyšné určiť zadaných zvyšné dva obsahov obsahy dva trojuholníkov obsahy S CDM S CDM a SABM F AM a Sa, F BCM keď AM zatiaľ, má keďvýznamnú zatiaľ poznáme poznáme hodnotu len ichs/6, len súčet ich ktorá súčet S/3? je ajs/3? Všimnime obsahom Všimnime si, trojuholníka žesi, súčet že súčet zadaných ABC zadaných (to vyplýva obsahov obsahov opät trojuholníkov z obr. trojuholníkov 8). Taká zhoda ABM ABM obsahov a BCM aznamená BCM má významnú práve má významnú to, že hodnotu bod hodnotu MS/6, ležíktorá S/6, na uhlopriečke ktorá je aj obsahom je AC. aj obsahom Trojuholníky trojuholníka trojuholníka ABM aabc BCMABC (to tak majú vyplýva (tozhodné vyplýva opäť výšky zopäť obr. zspoločného 4). obr. Taká 4). Taká zhodavrcholu obsahov obsahov B aznamená to istéznamená platí práve aj pre práve to, výšky žeto, bod trojuholníkov žem bod leží Mnaleží CDM uhlopriečke naa uhlopriečke FAM zac. vrcholov Trojuholníky AC. FTrojuholníky a D ( t. j. ABM bodov, ABM a BCM ktoré a BCM tak majú majú tak od priamky majú zhodné zhodné ACvýšky rovnakú výšky zovzdialenost ). spoločného spoločného Pre vrcholu pomery vrcholu Bobsahov a to B isté týchto a toplatí isté dvojíc platí ajtrojuholníkov preaj výšky pre výšky trojuholníkov tak trojuholníkov dostávame CDM CDM a F AMa FzAM vrcholov z vrcholov F a D F(t. a j. D bodov, (t. j. bodov, ktoré ktoré majú majú od priamky od priamky AC AC S CDM rovnakú rovnakú vzdialenosť). vzdialenosť). Pre pomery Pre pomery obsahov = obsahov CM týchto týchto dvojíc dvojíc trojuholníkov trojuholníkov tak dostávame tak dostávame S FAM AM = S BCM = 2 S ABM 3. V súčte S CDM + S FAM majúcom hodnotu = CM AM = S BCM = CM S/3 sú = 2 AM = teda S sčítance BCM = 2 v S S ABM 3. ABM 3. pomere 2 : 3. Preto S CDM = 4 cm 2 a S FAM = 6 cm 2. S CDM S CDM S F AM S F AM Komentár. Úloha je odl ahčeným a netradičným príkladom využitia princípu, na ktorom sme stavali V súčte Scelé CDM toto S CDM + S F AM + S F majúcom AM majúcom hodnotu hodnotu S/3 sús/3 teda sú sčítance teda sčítance v pomere v pomere 2 : 3. 2 Preto : 3. Preto V súčte S S CDM = 4 cm 2 a S F AM = 6 cm 2 CDM = 4 cm 2 seminárne stretnutie: a S F AM = 6 cm 2 súčty obsahov protil ahlých trojuholníkov sú stále rovnaké. Posledná čast úlohy vyžaduje netriviálny.. nápad a študenti tak možno budú potrebovat malú radu. Návodné Návodné a dopĺňajúce a dopĺňajúce úlohy: úlohy: Domáca práca N1. VN1. danom V danom rovnobežníku rovnobežníku ABCD ABCD je bodjeebod stred E strany stred strany BC a BC bodafbod ležífvnútri vnútri strany strany AB. Obsah AB. Obsah trojuholníka trojuholníka AF D je AF15D cmje 2 15 a cm obsah 2 a obsah trojuholníka trojuholníka F BE je F BE 14 cmje cm 2. Určte obsah Určte obsah štvoruholníka štvoruholníka F ECD. F ECD. [57 C S 2] [57 C S 2] Úloha N2. V11.6. N2. ostrouhlom V[65-I-4] ostrouhlom trojuholníku Vnútri trojuholníku strán ABC AB, ACoznačme ABC daného označme Dtrojuholníka pätud výšky pätuabc výšky z vrcholu súz zvolené vrcholu C a P postupne C, Qa zodpovedajúce F, pričom vedajúce päty EF kolmíc päty BC. kolmíc Úsečkavedených EFbodom je potom bodom D na rozdelená strany D na strany AC bodom a BC. ACD tak, aobsahy BC. že Obsahy platí trojuholníkov trojuholníkov P, Q zodpo- body E, ADP, ADP DCP,, DCP DBQ,, DBQ, CDQ označme CDQ označme postupne postupne S 1, S 2 S, 1 S, 3 S, 2 S, 4 S. 3 Vypočítajte, S 4. Vypočítajte S 1 : S 3 S, 1 ak : S 3, ak S 1 : S 2 S= 1 : 2 S: 2 3= a 2 S: 3 3: Sa 4 p S 3 = : 3 ED S: 4 8. = : 3 DF : 8. = BE : EA. [55 C I 5] [55 C I 5] D1. Základňa D1. Základňa AB lichobežníka AB lichobežníka ABCD ABCD je trikrát je trikrát dlhšia dlhšia ako základňa ako základňa CD. Označme CD. Označme M M stred strany stred strany AB a AB P priesečník a P priesečník úsečky úsečky DM sdm uhlopriečkou s uhlopriečkou AC. Vypočítajte AC. Vypočítajte pomer pomer a) Ukážte, obsahov žeobsahov pomer trojuholníka obsahov trojuholníka CDP trojuholníkov acdp štvoruholníka a štvoruholníka ABC amabd BCP je M. pre BCP p. = 2 : 3 rovnaký[55 C II 1] ako pre [55 C II 1] p = 3 : 2. b) Zdôvodnite, prečo pomer obsahov trojuholníkov ABC a ABD má hodnotu aspoň 4. Riešenie*. Pre spoločnú hodnotu p oboch pomerov zo zadania platí 9 ED = p DF a zároveň BE = p EA. (1) Pred vlastným riešením oboch úloh a) a b) vyjadríme pomocou daného čísla p skúmaný pomer obsahov trojuholníkov ABC a ABD. Ten je rovný ked že trojuholníky majú spoločnú stranu AB pomeru dĺžok ich výšok CC 0 a DD 0, ktorý je rovnaký ako pomer dĺžok úsečiek BC a ED, a to na základe podobnosti pravouhlých trojuholníkov BCC 0 a 9

92 70 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí EDD 0 podl a vety uu (uplatnenej vd aka BC ED). 6 Platí teda rovnost S ABC = BC S ABD ED. (2) Vrát me sa teraz k rovnostiam (1), podl a ktorých EF = (1 + p) DF a AB = (1 + p) EA, a všimnime si, že trojuholníky ABC a AEF majú spoločný uhol pri vrchole A a zhodné uhly pri vrcholoch C a F (pretože BC EF), takže sú podl a vety uu podobné. Preto pre dĺžky ich strán platí AB AE = BC EF, čiže 1 + p = BC (1 + p) DF, odkial BC = (1 + p)2 DF. Ked vydelíme posledný vzt ah hodnotou ED, ktorá je rovná p DF podl a (1), získame podiel z pravej strany (2) a tým aj hl adané vyjadrenie S ABC S ABD = a) Algebraickou úpravou zlomku zo vzt ahu (3) (1 + p)2. (3) p (1 + p) 2 p = 1 + 2p + p2 p = 2 + p + 1 p zist ujeme, že hodnota pomeru S ABC : S ABD je pre akékol vek dve navzájom prevrátené hodnoty p a 1/p rovnaká, teda nielen pre hodnoty 2/3 a 3/2, ako sme mali ukázat. b) Podl a vzt ahu (3) je našou úlohou overit pre každé p > 0 nerovnost (1 + p) 2 p 4, čiže (1 + p) 2 4p. To je však zrejme ekvivalentné s nerovnost ou (1 p) 2 0, ktorá skutočne platí, nech je základ druhej mocniny akýkol vek (rovnost nastane jedine pre p = 1). Dodajme, že pre iný dôkaz bolo možné využit aj vyššie uvedené symetrické vyjadrenie (1 + p) 2 p = 2 + p + 1 p a uplatnit naň dobre známu nerovnost p + 1/p 2, ktorej platnost pre každé p > 0 vyplýva napr. z porovnania aritmetického a geometrického priemeru dvojice čísel p a 1/p, nazývaného AG-nerovnost : ( 1 p + 1 ) 2 p Doplňujúce zdroje a materiály p 1 p = 1, pretože všeobecne a + b a b ( a,b 0). 2 Rovnako ako v predchádzajúcich geometrických seminároch ostávame v odporúčaniach verní publikáciám [ [ART13]] a [ [Kad96]]. 6 V prípade pravých uhlov ABC a AED to platí triviálne, lebo vtedy B = C 0 a E = D0.

93 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 71 SK Seminár 12 Téma MATEMATICKA OLYMPIADA skmo.sk Geometria IV kružnice vpísaná a opísaná trojuholníku Ciele 2007/ Precvičit ročník úlohy MO zamerané najmä na vlastnosti kružnice Riešenia vpísanej úloh a opísanej krajského trojuholníku. kola kategórie C Úlohy a riešenia 1. Trojuholník ABC spĺňa pri zvyčajnom označení dĺžok strán podmienku a b c. Vpísaná Úloha kružnica [57-II-1] sa Trojuholník dotýka strán ABCAB, spĺňa BCpriazvyčajnom AC postupne označení v bodoch dĺžok strán K, Lpod- mienku že zaúsečiek b c. AK, Vpísaná BLkružnica a CM možno sa dotýka zostrojiť strán AB, trojuholník BC a AC postupne práve vtedy, v bodoch keďk, platí a M. Dokážte, b + c < L 3a. a M. Dokážte, že z úsečiek AK, BL a CM možno zostrojit trojuholník práve (Jaroslav vtedy, Švrček) ked platí b + c < 3a. Riešenie. Označme x = AK = AM, y = BL = BK, z = CM = CL (obr. 1) Riešenie*. Označme x = AK AM, y = BL = BK, z = CM = CL (obr. 1) zhodné úseky zhodné úseky dotyčníc z jednotlivých vrcholov trojuholníka ku vpísanej kružnici. Zrejme dotyčníc z jednotlivých vrcholov trojuholníka ku vpísanej kružnici. C M z z L x y A x K Obr. 1 Obr. 1 y B Zrejme a = y + z, b = z + x, c = x + y. (1) Z uvedených rovností vidíme, a = že y daná + z, podmienka b = z + x, c = x + y. (1) b + c < 3a (2) Z uvedených rovností vidíme, že daná podmienka je ekvivalentná nerovnosti x b < + y c + < z, 3a (3) (2) čo je nutná podmienka existencie trojuholníka so stranami dĺžok x, y a z. je ekvivalentná Dosadenímnerovnosti z (1) do podmienok b c a a b zistíme, že z y a y x. To znamená, že d alšie dve trojuholníkové nerovnosti y < z + x a z < x + y sú automaticky splnené, takže nerovnost (3), a tým aj (2) je podmienkou postačujúcou. x Tým < y je+ tvrdenie z, úlohy dokázané. (3) čo je Komentár. nutná podmienka Úloha využíva existencie poznatok, trojuholníka že spojnice vrcholov so stranami a bodov dĺžok dotyku x, ysoastredom z. vpísanej kružnice Dosadením rozdelia z trojuholník (1) do podmienok na tri dvojice b zhodných c a atrojuholníkov. b zistíme, Tenže využijeme z y va nasledujúcej y x. To znamená, úlohe ajže domácej ďalšiepráci. dve trojuholníkové Okrem toho, aj ked nerovnosti úloha niey je< naz výpočet + x a z nijako < x + extrémne y sú automaticky náročná, je splnené, takže nerovnosť (3), a tým aj (2) je podmienkou postačujúcou. Tým je tvrdenie úlohy dokázané. Za úplné riešenie dajte 6 bodov, z toho 1 bod za nájdenie rovností (1), 2 body za zistenie ekvivalencie vzťahov (2) a (3) a 3 body za dôkaz, že podmienka (3) je nielen nutná, ale aj postačujúca.

94 podiel možno zapísať v tvare a [a, b] b (a, b) = a (a, b) [a, b], b teda 72ako súčin dvoch celých čísel. Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Za úplné riešenie dajte 6 bodov. Ak chýba zdôvodnenie rovností (1) v inak úplnom riešení (argumenty (a, b) študentov < [a, b] či potrebné (a, b) [a, upozornit, b] samotnéženestačia; dokazujú stačí ekvivalenciu, však napr. takže argument nerovnost a (a, zo b) a zadania [a, b] musí b), strhnite byt 1 bod. Za nájdenie oboch vyhovujúcich dvojíc (napríklad uhádnutím) dajte 1 bod, ďalšie body potom nielen podmienkou nutnou, ale aj postačujúcou. podľa kvality podaného postupu hľadania, hlavne jeho systematickosti. 2. Označme S stred základne AB daného rovnoramenného trojuholníka ABC. Predpokladajme, že kružnice vpísané trojuholníkom ACS, BCS sa dotýkajú priamky AB Úloha [61-S-2] Označme S stred základne AB daného rovnoramenného trojuholníka ABC. Predpokladajme, že kružnice vpísané trojuholníkom ACS, BCS sa dotýkajú priamky v bodoch, ktoré delia základňu AB na tri zhodné diely. Vypočítajte pomer AB : CS. AB v bodoch, ktoré delia základňu AB na tri zhodné diely. Vypočítajte pomer AB : CS. (Jaromír Šimša) Riešenie. Riešenie*. Vďaka Vd aka súmernosti podľa podl a priamkycs CS sa obe sa vpísané obe vpísané kružnice kružnice dotýkajú výšky dotýkajú CS výšky v rovnakom CS v rovnakom bode, ktorýbode, označíme ktorýd. označíme Body dotyku D. Body týchto dotyku kružníc stýchto úsečkami kružníc AS, BS, s úsečkami AC, BC AS, označíme BS, AC, postupne BC E, označíme F, G, H (obr. postupne 2). Pre vyjadrenie E, F, G, všetkých H (obr. potrebných 1). Pre vyjadrenie dĺžok ešte zavedieme všetkých potrebných označenie x dĺžok = SD ešte a y = zavedieme CD. označenie x = SD a y = CD. C y y y G H 2x D x 2x A 2x E x S x F 2x B Obr. 12 Vzhl adom Vzhľadom na symetriu na symetriu dotyčníc dotyčníc z danéhoz bodu daného k danej bodu kružnici k danej platia kružnici rovnosti platia rovnosti SD = SD SE = SE = SF = SF = = xx a CD = CG = CH = CH = y. = y. Úsečka EF má preto dĺžku 2x, 2x, ktorá ktorá je podl a je zadania podľa zadania zároveň dĺžkou zároveň úsečiek dĺžkou AE aúsečiek BF, a teda AE a BF aj dĺžkou, a teda úsečiek aj dĺžkou AG a BH úsečiek (opät vd aka AG asymetrii BH (opäť dotyčníc). vďakaodtial symetrii už bezprostredne dotyčníc). vyplývajú Odtiaľ už bezprostredne rovnosti vyplývajú rovnosti AB = 6x, AC = BC = 2x + y a CS = x + y. AB = 6x, AC = BC = 2x + y a CS = x + y. Závislost medzi dĺžkami x a y zistíme použitím Pytagorovej vety pre pravouhlý trojuholník ACS (s odvesnou A dĺžky 3x): 2 (2x + y) 2 = (3x) 2 + (x + y) 2. Roznásobením a d alšími úpravami odtial dostaneme (x a y sú kladné hodnoty) 4x 2 + 4xy + y 2 = 9x 2 + x 2 + 2xy + y 2, 2xy = 6x 2, y = 3x. Hl adaný pomer tak má hodnotu AB : CS = 6x : (x + y) = 6x : 4x = 3 : 2.

95 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 73 Poznamenajme, že prakticky rovnaký postup celého riešenia možno zapísat aj pri štandardnom označení c = AB a v = CS. Ked že podl a zadania platí AE = 1 3 c, a teda SE = 1 6c, z rovnosti SD = SE vyplýva CD = CS SD = v 1 6c, odkial AC = AG + CG = AE + CD = 1 3 c + (v 1 6 c) = v c, takže z Pytagorovej vety pre trojuholník ACS, vychádza 3v = 2c, čiže c : v = 3 : 2. (v c)2 = ( 1 2 c)2 + v 2, Komentár. Úloha vychádza z poznatku, ktorý si študenti osvojili v úlohe predchádzajúcej a pridáva k nemu ešte prácu s Pytagorovou vetou a manipuláciu s algebraickými výrazmi, takže tvorí prirodzené pokračovanie úlohy predchádzajúcej. Úloha [62-S-1] Danému rovnostrannému trojuholníku vpíšme a opíšme kružnicu. Označme S obsah vzniknutého medzikružia a T obsah kruhu, ktorého priemer je zhodný s dĺžkou strany daného trojuholníka. Ktorý z obsahov S, T je väčší? Svoju odpoved zdôvodnite. Riešenie*. Ukážeme, že sa oba obsahy rovnajú. Označme A, B, C vrcholy daného trojuholníka a r a R zodpovedajúce polomery jeho vpísanej a opísanej kružnice; dĺžku jeho strany označme a. Obe uvedené kružnice majú spoločný stred S. Označme ešte P bod dotyku vpísanej kružnice so stranou AB. Ked že trojuholník ABC je rovnostranný, je P zároveň stredom strany AB. Použitím Pytagorovej vety v pravouhlom trojuholníku PSB dostávame R 2 r 2 = ( 1 2 a)2, čo je ekvivalentné s dokazovaným tvrdením S = π(r 2 r 2 ) = π ( 1 2 a) 2 = T. Poznámka. Rovnostranný trojuholník so stranou a má výšku vel kosti v = 1 2 a 3, takže skúmané polomery sú R = 2 3 v( = 1 3 a 3 ) a r = 1 3 v( = 1 6 a 3 ), a preto S = π(r 2 r 2 ) = π ( )v2 = π a2 = π ( 1 2 a) 2 = T. Komentár. Úloha je relatívne jednoduchá, využíva znalost o bode dotyku vpísanej kružnice a taktiež pripravuje študentov na nasledujúcu zložitejšiu analýzu. Úloha [61-I-5] Daný je rovnoramenný trojuholník so základňou dĺžky a a ramenami dĺžky b. Pomocou nich vyjadrite polomer R kružnice opísanej a polomer r kružnice vpísanej tomuto trojuholníku. Potom ukážte, že platí R 2r a zistite, kedy nastane rovnost. Riešenie*. Označme S stred základne BC daného rovnoramenného trojuholníka ABC, O stred jeho opísanej kružnice, M stred vpísanej kružnice a P pätu kolmice z bodu M na rameno AC (obr. 3).

96 trojuholníku. Potom ukážte, že platí R 2r, a zistite, kedy nastane rovnosť. (Leo Boček) Riešenie. Označme S stred základne BC daného rovnoramenného trojuholníka ABC, O stred jeho opísanej kružnice, M stred vpísanej kružnice a P pätu kolmice z bodu M 74 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí na rameno AC (obr. 2). A b v M r P b R O B 1 2 a S C A Obr. 3 Obr. 2 Z pravouhlého trojuholníka BSA pomocou Pytagorovej vety vyjadríme vel kost v výšky AS, pričom v pravouhlom Z pravouhlého trojuholníku trojuholníka BSO s preponou BSA pomocou dĺžky R prepytagorovej odvesnu OS platí vety OS vyjadríme = AS veľkosť AO = v výšky = v AS, R (musíme pričom vsipravouhlom uvedomit, že vtrojuholníku tupouhlom trojuholníku BSO s preponou ABC budedĺžky bod S ležat R premedzi odvesnu bodmi OS A a O!). Dostávame tak dve rovnosti ich sčítaním vyjde 5 v 2 = b 2 a2 4, R 2 = a2 4 + (v R)2 ; v 2 + R 2 = b 2 + (v R) 2, čiže b 2 = 2vR. Dosadením z prvej rovnice v = 1 2 4b 2 a 2 do poslednej rovnosti dostaneme hl adaný vzorec pre R. Dodajme, že rovnost b 2 = 2vR, ktorú sme práve odvodili a z ktorej už l ahko vyplýva vzorec pre polomer R, je Euklidovou vetou o odvesne AB pravouhlého trojuholníka ABA s preponou AA, ktorá je priemerom kružnice opísanej trojuholníku ABC (obr. 3). Nájdený vzorec pre polomer R zapíšeme prehl adne spolu s druhým hl adaným vzorcom pre polomer r, ktorého odvodeniu sa ešte len budeme venovat : b 2 R = a r = a 4b 2 a 2 4b 2 a 2 2(a + 2b). ( ) Druhý zo vzorcov ( ) sa dá získat okamžite zo známeho vzt ahu r = 2S/(a + b + c) pre polomer r kružnice vpísanej do trojuholníka so stranami a, b, c a obsahom S; v našom prípade stačí len dosadit b = c a 2S = av, kde v = 1 2 4b 2 a 2 podl a úvodnej časti riešenia. Ďalšie dva spôsoby odvodenia druhého zo vzorcov ( ) založíme na úvahe o pravouhlom trojuholníku AMP, ktorého strany majú dĺžky AM = v r, MP = r, AP = AC PC = b SC = b a 2. Pre tento trojuholník môžeme napísat Pytagorovu vetu alebo využit jeho podobnost s trojuholníkom ACS, konkrétne zapísat rovnost sínusov ich spoločného uhla pri vrchole A. Podl a toho

97 SK MATEMATICKÁOLYMPIÁDA skmo.sk Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí ročník Matematickej olympiády 2013/2014 dostaneme rovnice Riešenia úloh domáceho kola kategórie C (v r) 2 = r 2 + ( b a ) 1 2, r resp. 2 v r 2 a 1. Určte, akú najmenšiu hodnotu môže nadobúdať výraz V = (a b) b, 2 +(b c) 2 +(c a) 2, akktoré reálne sú obidve čísla a, lineárne b, c spĺňajú vzhl adom dvojicu na neznámu podmienok r a majú riešenie r = v 2 1 2v (b a + a 3b ) 2, + c av resp. = 6, r = 2 a + 2b. a + b c = 2. Po dosadení za v v oboch prípadoch dostaneme hl adaný vzorec pre r. V druhom prípade je to zrejmé, v prvom to ukážeme: (Jaroslav Švrček) Riešenie. r = v 2 1 Sčítaním (b a ) 2 voboch 2 b 2 + rovníc ab 1 = 4 a2 zistíme, 2ab že b = 2. a2 a(2b Dosadením a) za = = 2v 2 2v 4v 2 (2b a)(2b + a) = 2 b do 2b niektorej a 2 2b a = = a z 4b nich 2 a 2 vyjde c = a. Platí teda V = (a 2) 2 + (2 + a) 2 + ( 2a) 2. Po umocnení a sčítaní 2(a + 2b). zistíme, že V = 6a Rovnosť nastane práve vtedy, keď a = 0, b = 2 a c = 0. Hľadaná Ešte ostáva najmenšia dokázat nerovnost hodnotarvýrazu 2r. Využijeme V tedanarovná to odvodené 8. vzorce ( ), z ktorých dostávame (pripomíname, že 2b > a > 0) Návodné a dopĺňajúce R 2r = R 1 úlohy: N1. Určte najmenšiu hodnotu 2r = výrazu b 2 4b 2 a V a + 2b 2 a = 5 + (x 4b 2 a = 2) 2, bx 2 2 a(2b a). R. Pre ktoré x ju výraz nadobúda? N2. Určte najmenšiu možnú hodnotu výrazu W = 9 ab, kde a, b sú reálne čísla spĺňajúce Nerovnost R podmienku 2r teda platía + práve b = 6. vtedy, Pre ktoré ked bhodnoty 2 a(2ba, ba). jeposledná W minimálne? nerovnost [W = je(a však 3) ekvivalentná s nerovnost ou N3. Určte najmenšiu (a b) 2 možnú 0, ktorej hodnotu platnost výrazu je už Y zrejmá. = 12 ab, Tým kdejea, dôkaz b sú reálne nerovnosti čísla spĺňajúce R 2r 2 0] podmienku a + b = 6. Pre ktoré hodnoty a, b je Y minimálne? [Y hotový. Navyše vidíme, že rovnost v nej nastane jedine v prípade, ked (a b) 2 = 3 + W 3] 0, čiže a = b, N4. Určte najväčšiu možnú hodnotu výrazu K = 5 + ab, kde a, b sú reálne čísla spĺňajúce teda práve vtedy, podmienku ked je pôvodný a + b = trojuholník 8. Pre ktorénielen hodnoty rovnoramenný, a, b je K maximálne? ale dokonca[k rovnostranný. = 5 + 8a a 2 = = (a 4) , a = b = 4] Komentár. N5. Úloha Nechposkytuje a, b, c, d sú mnoho také reálne prístupov čísla, k že riešeniu a + d = a budeb + c. zaujímavé Dokážte nerovnosť nechat študentov (a b)(c po- rovnat ich d) + + (a c)(b d) + (d a)(b c) 0. [C 54 I 1] N6. výsledky. Pre kladné Spája reálne tiež zistenia čísla a, b, z predchádzajúcich c, d platí úloh, v niektorých prípadoch študenti využijú Euklidovu vetu a nezaobídu sa ani bez zručnej manipulácie s algebraickými výrazmi. a + b = c + d, ad = bc, ac + bd = 1. Akú najväčšiu hodnotu môže mať súčet a + b + c + d? [C 62 I 2] 2. V Úloha rovine12.5. sú dané [63-I-2] body V rovine A, P sú, Tdané neležiace body A, P, nat jednej neležiace priamke. na jednej Zostrojte priamke. Zostrojte trojuholník trojuholník ABC tak, aby P bola päta jeho výšky z vrcholu A a T bod dotyku strany AB ABC tak, aby P bola päta jeho výšky z vrcholu A a T bod dotyku strany AB s kružnicou s kružnicou jemu vpísanou. Uved te diskusiu o počte riešení vzhl adom na polohu daných jemu vpísanou. Uveďte diskusiu o počte riešení vzhľadom na polohu daných bodov. bodov. (Pavel Leischner) Riešenie. Riešenie*. Vrchol Vrchol B je B je určený polpriamkou AT AT a kolmicou a kolmicou p na pvýšku na výšku AP v bode APP v(obr. bode 4), P (obr. na ktorej 1), naleží ktorej strana leží BC. strana PritomBC. bod Pritom T musí byt bodvnútorným T musí byť bodom vnútorným úsečky AB. bodom Stred úsečky S kružnice AB. Stred vpísanej S kružnice trojuholníku vpísanej ABC potom trojuholníku dostaneme ABC ako priesečník potom dostaneme kolmice q ako priesečník kolmice q p U 2 C 1 P B p S 1 T A S 2 U 1 q Obr C 2

98 76 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí na priamku AT v bode T s osou uhla ohraničeného priamkou p a polpriamkou BA. Jej polomer bude mat vel kost ST. Ostáva zostrojit vrchol C hl adaného trojuholníka ABC. Ten bude ležat jednak na priamke p, jednak na druhej dotyčnici vpísanej kružnice z vrcholu A, ktorá je súmerne združená so stranou AB podl a priamky AS. Stačí teda zostrojit bod U dotyku strany AC s kružnicou vpísanou ako obraz bodu T v uvedenej osovej súmernosti. Odtial vyplýva konštrukcia: 1. p: P p a p AP; 2. B: B AT p, bod B musí ležat na polpriamke AT za bodom T ; 3. q: T q a q AT ; 4. u 1, u 2 : dve (navzájom kolmé) osi rôznobežiek AB, p; 5. S 1, S 2 : S 1 q u 1, S 2 q u 2 ; 6. U 1, U 2 : obrazy bodu T v súmernostiach podl a priamok AS 1 a AS 2 ; 7. C 1, C 2 : priesečníky priamky p s polpriamkami AU 1 a AU 2 ; 8. trojuholníky ABC 1 a ABC 2. Diskusia. Bod B konštruovaný v 2. kroku existuje, len ak uhol PAT je ostrý (inak ani polpriamka AT nepretne priamku p) a zároveň bod T leží vnútri polroviny pa, čo je ekvivalentné s tým, že aj uhol APT je ostrý. Body S 1, S 2 existujú vždy a sú rôzne, lebo ležia v opačných polrovinách určených priamkou AB. Kružnica vpísaná leží celá v trojuholníku ABC, a teda i v páse určenom priamkou p a priamkou s ňou rovnobežnou, ktorá prechádza vrcholom A, takže stred S vpísanej kružnice musí padnút do pásu tvoreného priamkou p a priamkou p s ňou rovnobežnou, ktorá rozpol uje výšku AP. V takom prípade dotyčnica ku kružnici (S; ST ) (súmerne združená s dotyčnicou AB podl a priamky AS) určite pretne priamku p v hl adanom vrchole C. Diskusiu zhrnieme takto: Ak pre vnútorné uhly trojuholníka APT platí PAT 90 alebo APT 90, nemá úloha riešenie. Ak platí PAT < 90 a zároveň APT < 90, je počet riešení 0 až 2 podl a toho, kol ko zo zostrojených bodov S 1 a S 2 leží medzi rovnobežkami p a p. Komentár. V posledných rokoch sa v MO nevyskytlo vel ké množstvo konštrukčných úloh. Napriek tomu však považujeme za dôležité vyriešit so študentmi aspoň jeden takýto problém a poukázat na to, že zostrojením vyhovujúceho útvaru riešenie úlohy nekončí a je potrebné uviest aj diskusiu, ktorá je častokrát aspoň tak náročná ako vhodná konštrukcia. Zaradenie úlohy v tomto seminári považujeme za vhodné tiež preto, lebo úloha využíva vlastnosti kružnice vpísanej, a tak so ct ou uzavrie toto seminárne stretnutie. Domáca práca Úloha [59-I-4] Kružnica k(s;r) sa dotýka priamky AB v bode A. Kružnica l(t ;s) sa dotýka priamky AB v bode B a pretína kružnicu k v krajných bodoch C, D jej priemeru. Vyjadrite dĺžku a úsečky AB pomocou polomerov r, s. Dokážte d alej, že priesečník M priamok CD, AB je stredom úsečky AB. Riešenie*. Ked že kružnica l má ako tetivu priemer CD kružnice k a dané kružnice nie sú totožné, platí pre ich polomery nerovnost s > r. Ak označíme P pätu kolmice z bodu S na úsečku BT (obr. 5), tak z Pytagorovej vety pre pravouhlé trojuholníky

99 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 77 z bodu S na úsečku BT (obr. 5), tak z Pytagorovej vety pre pravouhlé trojuholníky k C r S r s D T s r P l A M B Obr. 5 CST a SPT vyplýva CST a SP T vyplýva ST 2 = s 2 r 2 a ST 2 = SP 2 + (s r) 2. (1) ST 2 = s 2 r 2 a ST 2 = SP 2 + (s r) 2. (1) Odtial pre vel kost úsečky SP vychádza Odtiaľ pre veľkosť úsečky SP vychádza SP SP 2 = = (s 2 (s 2 r r 2 ) (s r) 2 ) (s r) 2 = 2r(s r). = 2r(s r). A ked že ABPS je pravouholník, dostávame A keďže ABP S je pravouholník, dostávame AB AB = = SP SP = 2r(s r). r). ZZ pravouhlých trojuholníkov AMS AMS a MTaS MT d alejs podl a ďalejprvej podľa rovnosti prvejv rovnosti (1) vyplývav (1) vyplýva AM 2 AM = SM 2 = SM 2 2 r 2 r= 2 = MT 2 ST 2 2 r 2 r= 2 MT = MT 2 s 2, s 2, pritom pritomz z pravouhlého trojuholníka MBT MBT máme máme BM BM 2 2 = MT MT 2 2 s 2 s. 2. Preto AM BM, a bod M je teda stredom úsečky AB. Preto AM = BM a bod M je teda stredom úsečky AB. Poznámka. Záver, že že M jem stredom je stredom úsečky AB, úsečky vyplýva AB, okamžite vyplýva aj zokamžite mocnosti bodu aj zmmocnosti k obom bodu kružniciam M k obom (bod kružniciam M leží na tzv. (bod chordále M oboch leží nakružníc). tzv. chordále Tieto pojmy oboch sú však kružníc). pre sút ažiacich Tieto pojmy kategórie však pre C zväčša súťažiacich neznámekategórie a nebudú nutné C zväčša ani preneznáme riešenia d alších a nebudú sút ažných nutné kôl. ani pre riešenia sú ďalších súťažných kôl. Návodné a dopĺňajúce úlohy: Úloha N Kružnice [61-I-2] k, Dĺžky l, m sa strán po trojuholníka dvoch zvonka sú dotýkajú v metroch a vyjadrené všetky tri celými majú spoločnú číslami. Určte dotyčnicu. Polomery kružníc k, l sú 3 cm a 12 cm. Vypočítajte polomer kružnice m. Nájdite všetky ich, ak máriešenia. trojuholník [55 C I 2] obvod 72 m a ak je najdlhšia strana trojuholníka rozdelená bodom dotyku N2. vpísanej Kružnice kružnice k, l, mv sa pomere dotýkajú 3 : 4. spoločnej dotyčnice v troch rôznych bodoch a ich stredy ležia na jednej priamke. Kružnice k a l, a tiež kružnice l a m, majú vonkajší dotyk. Riešenie*. Určte Využijeme polomer všeobecný kružnice l, poznatok, ak polomery že body kružníc dotyku k a m vpísanej sú 3 cm kružnice a 12 cm. delia [55 C S 3] hranicu D1. Kružnice k, l s vonkajším dotykom ležia obe v obdĺžniku ABCD, ktorého obsah je trojuholníka na 72šest cm 2. úsečiek, Kružnica a to k tak, sa pritom že každé dotýka dve zstrán nich, ktoré CD, DA vychádzajú a AB, zatiaľ z toho čo istého kružnica vrcholu l sa trojuholníka, dotýka sú zhodné. strán(dotyčnice AB a BC. zurčte daného polomery bodu kkružníc danej kružnici k a l, aksú viete, totižžesúmerne polomerzdružené kružnice k podl a spojnice je daného v centimetroch bodu sovyjadrený stredom danej celýmkružnice.) číslom. [55 C II 3] D2. Do kružnice k s polomerom r sú vpísané dve kružnice k 1, k 2 s polomerom r=2, ktoré V našej úlohe je najdlhšia strana trojuholníka rozdelená na úseky, ktorých dĺžky označíme 3x sa vzájomne dotýkajú. Kružnica l sa zvonka dotýka kružníc k 1, k 2 a s kružnicou k má a 4x; dĺžku úsekov vnútorný z vrcholu dotyk. oproti Kružnica najdlhšej m mástrane vonkajší označíme dotyk sy kružnicami (obr. 6). Strany k 2 atrojuholníka l a vnútornýmajú dotyk teda dĺžky 7x, s 4x kružnicou + y a 3x k. + y, Vypočítajte kde x, y súpolomery neznáme kladné kružnícčísla l a m. (dĺžky [54 B I 6] berieme bez jednotiek). Ak má byt 7x dĺžka najdlhšej strany, musí platit 7x > 4x + y, čiže 3x > y. Zdôraznime, že hl adané čísla x,y nemusia byt nutne celé, podl a zadania to však platí o číslach 7x, 4x + y a 3x + y. 6

100 V našej úlohe je najdlhšia strana trojuholníka rozdelená na úseky, ktorých dĺžky označíme 3x a 4x; dĺžku úsekov z vrcholu oproti najdlhšej strane označíme y (obr. 1). Strany trojuholníka majú teda dĺžky 7x, 4x + y a 3x + y, kde x, y sú neznáme kladné čísla (dĺžky berieme bez jednotiek). Ak má byť 7x dĺžka najdlhšej strany, musí platiť 7x 78> 4x + y, čiže 3x > y. Zdôraznime, že hľadané čísla Kapitola x, 2. y Osnovy nemusia seminárnych byť nutne stretnutí celé, podľa zadania to však platí o číslach 7x, 4x + y a 3x + y. y y 3x 4x 3x Obr. 61 Údaj o obvode trojuholníka zapíšeme rovnost ou Údaj o obvode trojuholníka zapíšeme rovnosťou 72 = 7x + (3x + y) + (4x + y), čiže 36 = 7x + y. 72 = 7x + (3x + y) + (4x + y), čiže 36 = 7x + y. Pretože 7x je celé číslo, je celé i číslo y = 36 7x; a pretože podl a zadania i čísla 4x + y a 3x + y Pretože sú celé, 7x je celé je celé i číslo číslo, x = je (4x celé + y) i číslo (3x + y y). = 36 Preto 7x; od tohto a pretože okamihu podľa už hl adáme zadaniadvojice i číslacelých 4x + y a 3x kladných + y sú čísel celé, x, y, je pre celé ktoré i platí číslo x = (4x + y) (3x + y). Preto od tohto okamihu už hľadáme dvojice celých kladných3x čísel > yx, ay, 7x pre + y ktoré = 36. platí Odtial vyplýva 7x < 36 < 7x + 3x 3x = 10x, > y teda a x 7x 5+ a súčasne y = 36. x 4. Pre x = 4 je y = 8 a (7x,4x + y,3x + y) = (28,24,20), pre x = 5 je y = 1 a (7x,4x + +y,3x + Odtiaľ + y) = vyplýva (35,21,16). 7x < Strany 36 < trojuholníka 7x + 3x = sú 10x, teda teda (28,24,20) x 5 aalebo súčasne (35,21,16). x 4. (Trojuholníkové nerovnosti Pre x = sú4 zrejme je y = splnené.) 8 a (7x, 4x+y, 3x+y) = (28, 24, 20), pro x = 5 je y = 1 a (7x, 4x+ + y, 3x + y) = (35, 21, 16). Strany trojuholníka sú teda (28, 24, 20) alebo (35, 21, 16). (Trojuholníkové nerovnosti sú zrejme splnené.) Seminár 13 Návodné a dopĺňajúce úlohy: Téma N1. Pomocou dĺžok a, b, c strán všeobecného trojuholníka vyjadrite dĺžky úsečiek, na ktoré sú tieto strany rozdelené bodmi dotyku kružnice vpísanej tomuto trojuholníku. Matematická Na sút až príklade v riešení potom úloh ukážte, Náboj že tieto dĺžky nemusia byť vyjadrené celými číslami, aj keď strany trojuholníka takéto vyjadrenia majú. [Ide o dve úsečky dĺžky x = 1 (a + b c), 2 Príprava a prevedenie dve úsečky dĺžky sút aže y = 1 2 (b + c a) a dve úsečky dĺžky z = 1 (c + a b). Tieto dĺžky nie 2 sú celočíselné, ak sú napríklad všetky tri dĺžky a, b, c vyjadrené nepárnymi číslami.] Predvianočné N2. Ak seminárne zostrojíme stretnutie z trochsaúsečiek ponesie ľubovoľných v odl ahčenom dĺžokduchu. p, q, rpre úsečky študentov dĺžok bude a = p+q, pripravená b = q+r tímová sút až av c štýle = r + sút aže p, budú Náboj. tieto tri nové úsečky dĺžkami strán nejakého trojuholníka. Vysvetlite a potom zistite, aký význam v takom trojuholníku budú mať pôvodné dĺžky p, q, r. Pred seminárom [Overiť je algebraicky potrebné trojuholníkové vytlačit a pripravit nerovnosti zadania a + úloh b > c pre > a študentov. b je triviálne, Úlohy sú lebo dostupné na o zrejmé nerovnosti p + 2q v rôznych + r > p jazykových + r > p r. mutáciách V trojuholníku a vol ne so prístupné stranami na a, po- b, c ide užitie. Každýsú tímdĺžky budep, mat q, rvlastnú dĺžkami sadu úsečiek, zadaní, narozstrihaných ktoré sú strany na jednotlivé a, b, c rozdelené úlohy. Okrem bodmi dotyku toho je potrebné mat vpísanej pripravenú kružnice, aj verziu ako topre vyplýva opravovatel ov, z výsledkukde úlohy nájdu 1.] úlohy spolu s výsledkami a N3. Trojuholník ABC spĺňa pri zvyčajnom označení dĺžok strán podmienku a b c. stručným riešením. Vpísaná kružnica sa dotýka strán AB, BC a AC postupne v bodoch K, L a M. Posledným prípravným krokom je oslovit kolegov, ktorí by nám boli ochotní s organizáciou pomôct, ked že pre jedného človeka je kontrolovanie výsledkov, vydávanie nových úloh a zapisovanie priebežného poradia dost náročné, ak nie nemožné. S dobrovol nými pomocníkmi sa potom 2 pred seminárom dohodneme na rozdelení rolí, aby si prípadný opravovatel mal čas prejst zadania úloh. Na seminárnom stretnutí potom rozdelíme študentov do štvorčlenných až pät členných tímov, vysvetlíme pravidlá, zodpovieme prípadné otázky, rozdáme zadania a sút až môže začat. Ak máme študentov na seminári menej, je možné sút ažit aj v trojčlenných tímoch. 4x

101 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Január Seminár 14 Téma Domáce kolo MO analýza úloh Priebeh Seminár je venovaný rozboru úloh domáceho kola aktuálneho ročníka MO. Od vedúceho seminára tak bude vyžadovat domácu prípravu navyše, ked že bude musiet samostatne vyriešit zadané úlohy. Na seminári potom so študentmi prediskutujeme ich spôsoby riešenia a prístupu k jednotlivým úlohám. Ak už budú mat študenti úlohy domáceho kola opravené, môžeme sa venovat aj najčastejším konkrétnym chybám a nejasnostiam, ktoré sa pri riešení úloh našimi zverencami objavili. Domáca práca Na záver seminára študentov požiadame, aby si zopakovali obsah seminára od začiatku školského roka a poznačili si prípadné nejasnosti alebo náročné partie. Nasledujúci seminár totiž bude príležitost ou všetky nejasnosti odstránit. Seminár 15 Téma Konzultačné stretnutie v réžii študentov Priebeh Na seminár nie je zámerne naplánovaný žiadny konkrétny obsah, pretože je zamýšl aný ako priestor na konzultáciu, prinesenie vlastných otázok a nejasností, ktoré študenti majú, aby sme sa spoločne zbavili všetkých pochybností pred školským kolom. Seminár 16 Téma Školské kolo MO analýza úloh Priebeh Seminár je venovaný, podobne ako pred dvoma týždňami, analýze úloh aktuálneho ročníka MO, tentoraz však kola školského. Opät so študentami rozoberieme úskalia, na ktoré pri riešení narazili, najčastejšie postupy a prípadné spojenie s domácim kolom. Doplňujúce zdroje a materiály

102 80 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 2.4 Február Seminár 18 Téma Algebraické výrazy a rovnice zložitejšie rovnice a ich systémy Ciele Zoznámit študentov s d alšími typmi rovníc a ich sústav (iracionálne koeficienty, dolná celá čast ), tieto úlohy, spolu so slovnými úlohami precvičit. Úlohy a riešenia Úloha [59-S-1] Ak zväčšíme čitatel aj menovatel istého zlomku o 1, dostaneme zlomok o hodnotu 1/20 väčší. Ak urobíme s väčším zlomkom rovnakú operáciu, dostaneme zlomok o hodnotu 1/12 väčší, ako bola hodnota zlomku na začiatku. Určte všetky tri zlomky. Riešenie*. Označme a/b pôvodný zlomok. Podl a zadania platia rovnosti a + 1 b + 1 a b = 1 20 a a + 2 b + 2 a b = 1 12 (a,b N), ktoré sú ekvivalentné so vzt ahmi 20b(a + 1) 20a(b + 1) = b(b + 1) a 12b(a + 2) 12a(b + 2) = b(b + 2). Tie upravíme na tvar 19b 20a = b 2 a 22b 24a = b 2. Po odčítaní oboch vzt ahov zistíme, že 4a = = 3b, čo po dosadení do druhej rovnosti dá 22b 18b = b 2, čiže b 2 = 4b. Vzhl adom na podmienku b 0 odtial vyplýva b = 4 a a = 3. Hl adané zlomky sú teda 3 4, 4 5 a 5 6. Iné riešenie. Označme a/b pôvodný zlomok. Zo vzt ahov 1 20 = a 1 12 = = možno odhadnút, že riešením by mohlo byt b = 4. Potom 4(a + 1) 5a 4 5 = 1 20 a 4(a + 2) 6a 4 6 = 1 12, čiže a = 3. Musíme sa však ešte presvedčit, že úloha iné riešenie nemá. Podmienky úlohy vedú ku vzt ahom b a b(b + 1) = 1 2(b a) a 4 5 b(b + 2) = Z podielu ich l avých a pravých strán potom vyplýva b + 2 b + 1 = 6 5, čomu vyhovuje jedine b = 4. Poznámka. V úplnom riešení nesmie chýbat vylúčenie možnosti b 4. Napríklad z podobných

103 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 81 rovností 1/20 = 30/24 25 a 1/12 = 52/24 26 by sme mohli hádat, že b = 24, čo riešením nie je. Komentár. V prípade tejto úlohy je dôležité na začiatku správne zostavit rovnosti. Ďalej je potrebné rovnosti vhodne upravit. Úloha sa dá vyriešit aj dosadzovacou metódou, tá však vedie k riešeniu kvadratickej rovnice, ktoré mnohí študenti na klasických hodinách ešte nepreberali. Preto je vhodné študentov upozornit na trik s odčítaním rovníc. Komentár. V nasledujúcej pasáži sa študenti zoznámia s funkciou dolná celá čast. Najprv vyriešia niekol ko pomocných úloh a na záver sa pustia do boja s úlohou domáceho kola. Úloha [59-I-3-N1] Určte 0, 3,5, 2,1, 4, 3,9, 0,2. Symbol x označuje najväčšie celé číslo, ktoré nie je väčšie ako číslo x, tzv. dolnú celú čast reálneho čísla x. Riešenie. 0 = 0, 3,5 = 3, 2,1 = 2, 4 = 4, 3,9 = 4, 0,2 = 1. Úloha [59-I-3-N2] Nech a je celé číslo a t 0;1). Určte a, a+t, a+ 1 2 t, a t, a + 2t, a 2t. Riešenie. a = a, a + t = a, a + 1 2t = a, a t = a, ak t = 0, resp. a t = a 1, ak t 0, a + 2t = a, ak t < 0,5, resp. a + 2t = a + 1, ak t 0,5, a 2t = a, ak t = 0, resp. a 2t = a 1 ak t 0,5 a a 2t = a 2 ak t > 0,5. Úloha [59-I-3] Určte všetky reálne čísla x, ktoré vyhovujú rovnici 4x 2 x = 5. Riešenie*. Položme x = a, potom x = a + t, pričom t 0,1), a rovnicu 4(a + t) 2a = 5 ekvivalentne upravme na tvar a = t. Aby bolo číslo a celé, musí byt 2t = k 2, pričom k je nepárne číslo. Navyše 2t 0,2). Teda bud 2t = 1 2 a a = 2, alebo 2t = 3 2 a a = 1. Pôvodná rovnica má preto dve riešenia: x 1 = 2,25 a x 2 = 1,75. Iné riešenie. Rovnicu upravíme na tvar 2x 5 2 = x. Taká rovnica bude splnená práve vtedy, ked číslo 2x 5 2 bude celé a bude spĺňat nerovnosti x 1 < 2x 5 2 x, ktoré sú ekvivalentné s podmienkou 3 2 < x 5 2. Pre takéto x zrejme hodnoty výrazu 2x 5 2 vyplnia interval ( 1 2, 5 2. V ňom ležia práve dve celé čísla 1 a 2, teda hl adané x nájdeme z rovníc 2x 5 2 = 1 a 2x 5 2 = 2. Komentár. Aj napriek tomu, že funkcia dolná celá čast nie je bežným učivom preberaným v školách, nemala by analýza úlohy robit žiakom vel ké problémy. Úloha [57-I-3-N1] Určte všetky celé čísla n, pre ktoré nadobúda zlomok (4n )/(n + 3) celočíselné hodnoty. Riešenie. Zlomok (4n + 27)/(n + 3) upravíme na tvar n + 15/(n + 3), teda číslo n + 3 musí

104 82 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí delit 15. Z toho dostávame n { 18, 8, 6, 4, 2, 0, 2, 12}. Úloha [57-I-3] Máme určitý počet krabičiek a určitý počet gul ôčok. Ak dáme do každej krabičky práve jednu gul ôčku, ostane nám n gul ôčok. Ked však necháme práve n krabičiek bokom, môžeme všetky gul ôčky rozmiestnit tak, aby ich v každej zostávajúcej krabičke bolo práve n. Kol ko máme krabičiek a kol ko gul ôčok? Riešenie. Ked označíme x počet krabičiek a y počet gul ôčok, dostaneme zo zadania sústavu rovníc x + n = y a (x n) n = y (1) s neznámymi x, y a n z oboru prirodzených čísel. Vylúčením neznámej y dostaneme rovnicu x + + n = (x n) n, ktorá pre n = 1 nemá riešenie. Pre n 2 dostaneme x = n2 + n n 1 = n n 1, (2) odkial vidíme, že (prirodzené) číslo n 1 musí byt delitel om čísla 2. Teda n {2,3}. Prípustné hodnoty n dosadíme do (1) a sústavu vyriešime (možno tiež využit vzt ah (2)). Pre n = 2 dostaneme x = 6,y = 8 a pre n = 3 určíme x = 6 a y = 9. Skúška. Majme šest krabičiek a osem gul ôčok. Ked do každej krabičky dáme práve jednu gul ôčku, ostane n = 2 gul ôčok. Ked však odoberieme dve krabičky, môžeme do zostávajúcich štyroch rozdelit gul ôčky práve po dvoch. Podmienky úlohy sú teda splnené. Pre šest krabičiek a devät gul ôčok urobíme skúšku rovnako l ahko. Záver. Bud máme šest krabičiek a osem gul ôčok, alebo šest krabičiek a devät gul ôčok. Komentár. Úloha, spolu s úlohou predchádzajúcou, je bežnou slovnou úlohou vedúcou na sústavu rovníc. Jej úspešné vyriešenie však vyžaduje umnú manipuláciu s výrazmi. Úloha [57-II-4] Nájdite všetky trojice celých čísel x,y,z, pre ktoré platí Riešenie*. Rovnicu prepíšeme na tvar a umocníme. Po jednoduchej úprave dostaneme x + y 3 + z 7 = y + z 3 + x 7. x y = (z y) 3 + (x z) 7 (x y) 2 3(z y) 2 7(x z) 2 = 2(x z)(z y) 21. (1) Pre x z a y z nemôže rovnost (1) platit, pretože jej pravá strana je v takom prípade číslo iracionálne, zatial čo l avá strana je číslo celé. Rovnost teda môže nastat, len ked x = z alebo y = z. V prvom prípade po dosadení x = z do pôvodnej rovnice dostaneme z y = 3(z y). Odtial z = y = x. V druhom prípade, ked y = z, dôjdeme analogicky k rovnakému výsledku.

105 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 83 Záver. Riešením danej rovnice sú všetky trojice (x,y,z) = (k,k,k), kde k je l ubovol né celé číslo. Komentár. Aj napriek tomu, že vzorové riešenie úlohy vyzerá zrozumitel ne, úloha riešitel ov krajských kôl potrápila (bola najhoršie hodnotenou úlohou daného krajského kola). Záludnosti sa ukrývajú vo vytyčovaní iracionálnych čísel a nie neznámych, vhodnej úprave rovnice a diskusii o (i)racionalite oboch strán rovnice. Úloha [64-I-1] Určte všetky dvojice (x,y) reálnych čísel, ktoré vyhovujú sústave rovníc (x + 4) 2 = 4 y, (y 4) 2 = x + 8. Riešenie. Vzhl adom na to, že pre každé reálne číslo a platí a 2 = a, je daná sústava rovníc ekvivalentná so sústavou rovníc x + 4 = 4 y, y 4 = x + 8. Z prvej rovnice vidíme, že musí byt 4 y 0, teda y 4. V druhej rovnici môžeme teda odstránit absolútnu hodnotu. Dostaneme tak Po dosadení za x + 4 do prvej rovnice dostaneme y 4 = 4 y = x + 8, t.j. y = x + 4. y = y = 4 y. Ked že y 4, budeme d alej uvažovat dva prípady. Pre 0 y 4 riešime rovnicu y = 4 y, a teda y = 2. Nájdenej hodnote y = 2 zodpovedá po dosadení do druhej rovnice x = 6. Pre y < 0 dostaneme rovnicu y = 4 y, ktorá však nemá riešenie. Záver. Daná sústava rovníc má práve jedno riešenie, a to (x,y) = ( 6,2). Iné riešenie. Odstránením absolútnych hodnôt v oboch rovniciach, t. j. rozborom štyroch možných prípadov, ked a) (x + 4 0) (y 4 0), t.j. (x 4) (y 4), b) (x + 4 0) (y 4 < 0), t.j. (x 4) (y < 4), c) (x + 4 < 0) (y 4 0), t.j. (x < 4) (y 4), d) (x + 4 < 0) (y 4 < 0), t.j. (x < 4) (y < 4), zistíme, že prípady a), b), c) nedávajú (vzhl adom na uvedené obmedzenia v jednotlivých prípadoch) žiadne reálne riešenie. V prípade d) potom dostaneme jediné riešenie (x, y) = ( 6, 2) danej sústavy. Komentár. V úvode riešenia pripomenieme vzt ah a 2 = a, ktorý nám pomôže transformovat sústavu zo zadania na sústavu rovníc s absolútnou hodnotou, ktorú by študenti mali byt schopní bez väčších komplikácií vyriešit.

106 84 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Domáca práca Úloha [59-II-4] Určte všetky dvojice reálnych čísel x, y, ktoré vyhovujú sústave rovníc x + y = 2010, x y = p, ak a) p = 2, b) p = 3. Symbol x označuje najväčšie celé číslo, ktoré nie je väčšie ako dané reálne číslo x (tzv. dolná celá čast reálneho čísla x). Riešenie*. Ked že číslo p je celé, je aj y = x p celé číslo a x + y = x + y. Pôvodná sústava rovníc je teda ekvivalentná so sústavou x + y = 2010, x y = p, ktorú l ahko vyriešime napríklad sčítacou metódou. Dostaneme x = 1 2 (2010+ p) (čo môže platit len pre párne p) a y = x p. a) Pre p = 2 je riešením sústavy l ubovol né x 1006,1007) a y = b) Pre p = 3 nemá sústava žiadne riešenie. Iné riešenie. Položme x = a, potom x = a +t, pričom t 0,1). a) Pre p = 2 sústavu prepíšeme na tvar y = a 2 a 2a 2 + t = Z poslednej rovnice vyplýva 2a 2 = 2010, odtial a = Ked že t 0, 1), vyhovuje pôvodnej sústave každé x 1006,1007), pričom y = b) Pre p = 3 dostávame y = a 3 a 2a 3 +t = Posledná rovnica je ekvivalentná so vzt ahom 2a 3 = 2010, ktorému nevyhovuje žiadne celé číslo a. Pre p = 3 nemá daná sústava rovníc riešenie. Úloha [64-S-1] V obore reálnych čísel vyriešte sústavu rovníc 1 x = y + 1, 1 + y = z 2, 2 z = x x 2. Riešenie*. Pravá strana prvej rovnice je nezáporné číslo, čo sa premietne do druhej rovnice, pričom môžeme odstránit absolútnu hodnotu. Aj pravá strana druhej rovnice je nezáporné číslo, čo sa s využitím rovnosti z 2 = 2 z premietne do tretej rovnice, pričom môžeme odstránit absolútnu hodnotu. Daná sústava má potom tvar 1 x = y + 1, 1 + y = z 2, z 2 = x x 2 a odtial jednoduchým porovnaním dostávame rovnicu 1 x = x x 2.

107 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 85 Pre x < 1 dostaneme rovnicu 1 x = x x 2 čiže (1 x) 2 = 0, ktorej riešenie x = 1 ale predpokladu x < 1 nevyhovuje. Pre x 1 vyjde rovnica x 2 = 1; z jej dvoch riešení x = 1 a x = 1 predpokladu x 1 vyhovuje iba x = 1. Z danej sústavy potom jednoducho dopočítame hodnoty y = 1 a z = 2. Sústava má teda jediné riešenie (x,y,z) = (1, 1,2). Seminár 19 Téma Teória čísel IV prvočísla Ciele Precvičit so študentmi rôzne úlohy o prvočíslach, pri riešení ktorých sa uplatnia poznatky o delitel nosti nadobudnuté v seminároch 7 a 8. Úlohy a riešenia Úloha [63-I-3-N2] Číslo n je súčinom dvoch rôznych prvočísel. Ak zväčšíme menšie z nich o 1 a druhé ponecháme, ich súčin sa zväčší o 7. Určte číslo n. Riešenie. Označme p < q prvočísla zo zadania. Potom platí (p+1)q = pq+7. Po roznásobení l avej strany a odčítaní výrazu pq od oboch strán rovnosti dostávame q = 7. Prvočíslo p má byt menšie ako q, preto p {2,3,5} a hl adaným číslom n je tak jedno z čísel 14, 21 alebo 35. Úloha [63-I-3-N4] Číslo n je súčinom dvoch prvočísel. Ak zväčšíme každé z nich o 1, ich súčin sa zväčší o 35. Určte číslo n. Riešenie. Podobne ako v predchádzajúcom prípade označme p q (nie nutne rôzne) prvočísla zo zadania a to prepíšme do tvaru rovnosti (p + 1)(q + 1) = pq Po úprave dostávame p + q = 34. Hl adáme teda dvojice prvočísel, ktorých súčet bude 34. Takými sú jedine 3 a 31, 5 a 29, 11 a 23, 17 a 17. Riešením úlohy je potom n {93,145,253,289}. Komentár. Úvodné dve jednoduché úlohy majú prípravný charakter na úlohu nasledujúcu a sú skôr rozcvičkou, než náročnou aplikáciou vedomostí o prvočíslach. Úloha [63-I-3] Číslo n je súčinom troch rôznych prvočísel. Ak zväčšíme dve menšie z nich o 1 a najväčšie ponecháme nezmenené, zväčší sa ich súčin o 915. Určte číslo n. Riešenie*. Nech n = pqr, p < q < r. Rovnost (p + 1)(q + 1)r = pqr ekvivalentne upravíme na tvar (p+q+1) r = 915 = , z ktorého vyplýva, že prvočíslo r môže nadobudnút len niektorú z hodnôt 3, 5 a 61. Pre r = 3 ale z poslednej rovnice dostávame (p + q + 1) 3 = ,

108 86 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí čiže p +q = 304. To je spor s tým, že r je najväčšie. Analogicky zistíme, že nemôže byt ani r = 5. Je teda r = 61 a p + q = 14. Vyskúšaním všetkých možností pre p a q vyjde p = 3, q = 11, r = 61 a n = = Komentár. Úloha vyžaduje vhodnú manipuláciu rovnosti zo zadania a potom už len dostatočne pozornú analýzu vzniknutých možností. Úloha [64-S-3] Nájdite najmenšie prirodzené číslo n s ciferným súčtom 8, ktoré sa rovná súčinu troch rôznych prvočísel, pričom rozdiel dvoch najmenších z nich je 8. Riešenie*. Hl adané číslo n je súčinom troch rôznych prvočísel, ktoré označíme p, q, r, p < < q < r. Číslo n = pqr má ciferný súčet 8, ktorý nie je delitel ný tromi, preto ani n nie je delitel né tromi a teda p,q,r 3. Napokon hl adané číslo n nie je delitel né ani dvoma, pretože by muselo byt p = 2 a q = p + 8 = 10, čo nie je prvočíslo. Musí teda byt p = 5. Ak je p = 5, je q = p + 8 = 13, takže r {17,19,23,29,31,...} a n {1105,1235,1495, 1885,2015,...}. V tejto množine je zrejme najmenšie číslo s ciferným súčtom 8 číslo Ak je p > 5, je p = 11 najmenšie prvočíslo také, že aj q = p + 8 je prvočíslo. Preto p = 11, q = 19, a teda r = 23, takže pre zodpovedajúce čísla n platí n = = 4807 > Komentár. Úloha príjemne spája poznatky o delitel nosti a prvočíslach a nemala by pre študentov byt neprekonatel nou výzvou. Úloha [57-S-1] Nájdite všetky dvojice prirodzených čísel a, b väčších ako 1 tak, aby ich súčet aj súčin boli mocniny prvočísel. Riešenie*. Z podmienky pre súčin vyplýva, že a aj b sú mocninami toho istého prvočísla p: a = p r, b = p s, pričom r,s sú celé kladné čísla. Keby bolo p nepárne, bol by súčet a + b delitel ný okrem čísla p aj číslom 2, takže by nebol mocninou prvočísla. Teda p = 2. Ak r < s, je súčet a + b = 2 r (1 + 2 s r ) opät číslo párne delitel né nepárnym číslom väčším ako 1, nie je teda mocninou prvočísla. K rovnakému záveru dôjdeme aj v prípade, ked r > s. Ostáva preto jediná možnost : a = b = 2 r, pričom r je celé kladné číslo. Skúška a + b = 2 r + 2 r = 2 r+1 a ab = 2 2r potvrdzuje, že riešením sú všetky dvojice (a,b) = (2 r,2 r ), kde r je celé kladné číslo. Úloha [65-I-1-D2 resp. 55-C-II-4] Nájdite všetky dvojice prvočísel p a q, pre ktoré platí p + q 2 = q + 145p 2. Riešenie*. Pre prvočísla p,q má platit q(q 1) = p(145p 1), takže prvočíslo p delí q(q 1). Prvočíslo p nemôže delit prvočíslo q, pretože to by znamenalo, že p = q, a teda 145p = p, čo nie je možné. Preto p delí q 1, t. j. q 1 = kp pre nejaké prirodzené k. Po dosadení do daného vzt ahu dostaneme podmienku p = k k 2. Vidíme, že menovatel zlomku na pravej strane je kladný jedine pre k 12, zároveň však pre k 11 je jeho čitatel menší ako menovatel : k < k 2. Iba pre k = 12 tak vyjde p priro-

109 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 87 dzené a prvočíslo, p = 13. Potom q = 157, čo je tiež prvočíslo. Úloha má jediné riešenie. Komentár. Úloha opät ukazuje, že upravenie podmienok zo zadania do vhodného tvaru, o ktorom môžeme d alej diskutovat, je často kl účovým krokom v riešení. V tomto prípade ide o podmienku q = kp + 1 a následný rozbor hodnôt v čitateli a menovateli zlomku. To by v študentoch malo umocnit dojem, že zručné narábanie s algebraickými výrazmi nájde svoje široké uplatnenie. Úloha [66-I-2-D4, resp. 62-I-5] Určte všetky celé čísla n, pre ktoré 2n 3 3n 2 + n + 3 je prvočíslo. Riešenie*. Ukážeme, že jedinými celými číslami, ktoré vyhovujú úlohe, sú n = 0 a n = 1. Upravme najskôr výraz V = 2n 3 3n 2 + n + 3 nasledujúcim spôsobom: V = (n 3 3n 2 + 2n) + (n 3 n) + 3 = (n 2)(n 1)n + (n 1)n(n + 1) + 3. Oba súčiny (n 2)(n 1)n a (n 1)n(n + 1) v upravenom výraze V sú delitel né tromi pre každé celé číslo n (v oboch prípadoch ide o súčin troch po sebe idúcich celých čísel), takže výraz V je pre všetky celé čísla n delitel ný tromi. Hodnota výrazu V je preto prvočíslom práve vtedy, ked V = 3, teda práve vtedy, ked súčet oboch spomenutých súčinov je rovný nule: 0 = (n 2)(n 1)n + (n 1)n(n + 1) = n(n 1)[(n 2) + (n + 1)] = n(n 1)(2n 1). Poslednú podmienku však spĺňajú iba dve celé čísla n, a to n = 0 a n = 1. Tým je úloha vyriešená. Poznámka. Fakt, že výraz V je delitel ný tromi pre l ubovol né celé n, môžeme odvodit aj tak, že doňho postupne dosadíme n = 3k, n = 3k + 1 a n = 3k + 2, pričom k je celé číslo, rozdelíme teda všetky celé čísla n na tri skupiny podl a toho, aký dávajú zvyšok po delení tromi. Komentár. Aj ked vzorové riešenie môže spočiatku vyzerat trikovo, po vyskúšaní niekol kých málo hodnôt n je vždy hodnota čísla zo zadania delitel ná 3, čo by študentov malo priviest k myšlienke skúsit dokázat delitel nost čísla zo zadania tromi. Úloha [[HKŠ11], 2.3, str 174] Nájdite všetky prvočísla, ktoré sú súčasne súčtom a rozdielom dvoch vhodných prvočísel. Riešenie*. Predpokladajme, že prvočíslo p je súčasne súčtom aj rozdielom dvoch prvočísel. Potom je však p > 2 a teda je p nepárne. Pretože je p zároveň súčet aj rozdiel dvoch prvočísel, jedno z nich musí byt vždy párne, teda 2. Takže hl adáme prvočísla p, p 1, p 2 tak, že p = p 1 +2 = p 2 2, teda p 1, p, p 2 sú tri po sebe idúce nepárne čísla a teda práve jedno z nich je delitel né troma (študenti by si mali rozmysliet prečo). Avšak troma je delitel né jediné prvočíslo 3, odkial vzhl adom na to, že p 1 1 vyplýva p 1 = 3, p = 5 a p 2 = 7. Jediné prvočíslo vyhovujúce zadaniu je teda p = 5. Komentár. Úloha, ktorá vyžaduje viac uvažovania, než tvrdého počítania, je zaujímavá práve jediným výsledkom.

110 88 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Úloha [Thi86, str. 95] Nájdite celočíselné riešenia rovnice kde p je pevne dané prvočíslo. 1 x + 1 y = 1 p, Riešenie*. Ak existujú vôbec nejaké riešenia vyšetrovanej rovnice, potom sú nenulové. Preto môžeme rovnicu upravit na ekvivalentný tvar yx px py = 0, resp. (x p)(y p) p 2 = 0, a teda (x p)(y p) = p 2. Odtial je vidiet, že celočíselné riešenia môžeme dostat len vtedy, ak x p prebehne všetkých delitel ov čísla p 2, pričom y p prebehne doplnkové delitele. Pretože je p prvočíslo, musí byt nutne x p {1, p, p 2, 1, p, p 2 }. Pretože x 0, odpadá x p = p. Ostáva teda x {1 + p,2p, p + p 2, p 1, p p 2 } a teda y {p + p 2,2p,1 + p, p p 2, p 1}. Tieto hodnoty sú skutočne riešením, o čom sa môžeme presvedčit skúškou. Komentár. Úloha, v ktorej opät predtým, než uplatníme znalosti o delitel nosti, príp. prvočíslach, musíme umne upravit východiskový tvar rovnice. Domáca práca Úloha [65-I-1] Nájdite všetky možné hodnoty súčinu prvočísel p, q, r, pre ktoré platí p 2 (q + r) 2 = 637. Riešenie*. L avú stranu danej rovnice rozložíme na súčin podl a vzorca pre A 2 B 2. V takto upravenej rovnici (p + q + r)(p q r) = 637 už l ahko rozoberieme všetky možnosti pre dva celočíselné činitele nal avo. Prvý z nich je väčší a kladný, preto aj druhý musí byt kladný (lebo taký je ich súčin), takže podl a rozkladu na súčin prvočísel čísla 637 = ide o jednu z dvojíc (637,1), (91,7) alebo (49,13). Prvočíslo p je zrejme aritmetickým priemerom oboch činitel ov, takže sa musí rovnat jednému z čísel 1 2 (637+1) = 319, 1 2 (91 + 7) = 49, 1 2 ( ) = 31. Prvé dve z nich však prvočísla nie sú (319 = a 49 = 72 ), tretie áno. Takže nutne p = 31 a prislúchajúce rovnosti 31+q+r = 49 a 31 q r = 13 platia práve vtedy, ked q + r = 18. Také dvojice prvočísel {q,r} sú iba {5,13} a {7,11} (stačí prebrat všetky možnosti, alebo si uvedomit, že jedno z prvočísel q, r musí byt aspoň 18 : 2 = 9, nanajvýš však 18 2 = 16). Súčin pqr tak má práve dve možné hodnoty, a to = 2015 a = Doplňujúce zdroje a materiály Ďalšie zaujímavé príklady je možné nájst v [ [HKŠ11]], paragraf 2, taktiež v [ [Hol10]].

111 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 89 Seminár 20 Téma Teória čísel V miš-maš Ciele Trénovat riešenie rôznorodých úloh z oblasti elementárnej teórie čísel bez špecifického zamerania Úlohy a riešenia Úvodný komentár. Toto seminárne stretnutie sa nevyznačuje špecifickou témou, ale ide skôr o panoptikum rôznych úloh, ktoré sa dajú zahrnút do oblasti teórie čísel lepšie ako do akejkol vek inej. Úloha [65-II-4] Adam s Barborou hrajú so zlomkom 10a + b 10c + d takúto hru na štyri t ahy: Hráči striedavo nahrádzajú l ubovol né z doposial neurčených písmen a, b, c, d nejakou cifrou od 1 do 9. Barbora vyhrá, ked výsledný zlomok bude rovný bud celému číslu, alebo číslu s konečným počtom desatinných miest; inak vyhrá Adam (napríklad ked vznikne zlomok ). Ak začína Adam, ako má hrat Barbora, aby zaručene vyhrala? Ak začína Barbora, je možné poradit Adamovi tak, aby vždy vyhral? Riešenie*. Ak má prvý t ah Adam, môže Barbora hrat tak, aby bol výsledný zlomok rovný jednej, čo podl a zadania prinesie Barbore výhru. Taký zlomok vyjde, ked budú súčasne platit obe rovnosti a = c a b = d, ktoré Barbora dosiahne t ahmi súmerne združenými podl a zlomkovej čiary s Adamovými t ahmi. Ak začína Barbora, môže Adam hrat tak, aby vyšiel zlomok s menovatel om 10c + d delitel - ným tromi, ktorého čitatel 10a + b však delitel ný tromi nebude. Na to Adamovi stačí po každom z oboch Barboriných t ahov vhodne doplnit čitatel či menovatel, napríklad podl a kritéria delitel nosti tromi mu stačí zabezpečit, aby sa ciferný súčet a + b čitatel a rovnal 10 a aby sa ciferný súčet c+d menovatel a rovnal 9 alebo 12. Adam tak vyhrá, pretože výsledný zlomok nebude možné krátit tromi, takže sa nebude rovnat žiadnemu zlomku s mocninou čísla 10 v menovateli, akým sa dá zapísat každé číslo s konečným počtom desatinných miest. Komentár. Úlohu je možné najprv zadat ako hru medzi dvoma hráčmi a až po tom, čo študenti odohrajú niekol ko kôl a vypozorujú zákonitosti, je vhodné pustit sa do tvrdého riešenia. Zaujímavé tiež môže byt porovnat stratégie jednotlivých študentov medzi sebou, príp. ich po samostatnej práci nechat niekol ko súbojov odohrat znova, aby svoju stratégiu overili v praxi. Úloha [57-I-1-N1] Ak m,k a k m sú celé čísla väčšie ako 1, tak v rozklade čísla m na súčin prvočísel sa každé prvočíslo vyskytuje v mocnine, ktorej exponent je násobkom čísla k. Dokážte.

112 90 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Riešenie*. Rozklad čísla m dostaneme, ked rozklad čísla k m umocníme na k-tu, každý exponent v rozklade čísla m tak bude súčinom exponentu v rozklade čísla k m a čísla k. Komentár. Úloha je prípravou k riešeniu komplexnejšieho problému, ktorý nasleduje. Úloha [57-I-1] Určte najmenšie prirodzené číslo n, pre ktoré aj čísla 2n, 3 3n, 5 5n sú prirodzené. Riešenie*. Vysvetlíme, prečo prvočíselný rozklad hl adaného čísla musí obsahovat len vhodné mocniny prvočísel 2, 3 a 5. Každé prípadné d alšie prvočíslo by sa v rozklade čísla n muselo vyskytovat v mocnine, ktorej exponent je delitel ný dvoma, tromi aj piatimi zároveň (vid predchádzajúca úloha). Po vyškrtnutí takého prvočísla by sa číslo n zmenšilo a skúmané odmocniny by pritom ostali celočíselné. Položme preto n = 2 a 3 b 5 c, pričom a,b,c sú prirodzené čísla. Čísla 3 3n a 5 5n sú celé, preto je exponent a násobkom troch a piatich. Aj 2n je celé číslo, preto musí byt číslo a nepárne. Je teda nepárnym násobkom pätnástich: a {15,45,75,...}. Analogicky je exponent b taký násobok desiatich, ktorý po delení tromi dáva zvyšok 2: b {20,50,80,...}. Napokon c je násobok šiestich, ktorý po delení piatimi dáva zvyšok 4: c {24,54,84,...}. Z podmienky, že n je najmenšie, dostávame n = Presvedčíme sa ešte, že dané odmocniny sú prirodzené čísla: 2n = , 3 3n = , 5 5n = Záver. Hl adaným číslom je n = Komentár. Úloha je netradičným príkladom uplatnenia poznatkov o rozklade čísla na súčin prvočísel a vd aka návodnej úlohe by študenti mali byt dostatočne pripravení na jej samostatné riešenie. Úloha [60-II-2] Nájdite všetky kladné celé čísla n, pre ktoré je číslo n 2 + 6n druhou mocninou celého čísla. Riešenie*. Zrejme n 2 + 6n > n 2 a zároveň n 2 + 6n < n 2 + 6n + 9 = (n + 3) 2. V uvedenom intervale ležia iba dve druhé mocniny celých čísel: (n + 1) 2 a (n + 2) 2. V prvom prípade máme n 2 + 6n = n 2 + 2n + 1, teda 4n = 1, tomu však žiadne celé číslo n nevyhovuje. V druhom prípade máme n 2 + 6n = n 2 + 4n + 4, teda 2n = 4. Dostávame tak jediné riešenie n = 2. Iné riešenie. Budeme skúmat rozklad n 2 + 6n = n(n + 6). Spoločný delitel oboch čísel n a n + 6 musí delit aj ich rozdiel, preto ich najväčším spoločným delitel om môžu byt len čísla 1, 2, 3 alebo 6. Tieto štyri možnosti rozoberieme. Keby boli čísla n a n+6 nesúdelitel né, muselo by byt každé z nich druhou mocninou. Rozdiel dvoch druhých mocnín prirodzených čísel však nikdy nie je 6. Pre malé čísla sa o tom l ahko presvedčíme, a pre k = 4 už je rozdiel susedných štvorcov k 2 a (k 1) 2 aspoň 7. Vlastnost, že 1, 3, 4, 5 a 7 je pät najmenších rozdielov dvoch druhých mocnín, využijeme aj d alej.

113 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 91 Ak je najväčším spoločným delitel om čísel n a n + 6 číslo 2, je n = 2m pre vhodné m, ktoré navyše nie je delitel né tromi. Ak n(n + 6) = 4m(m + 3) je štvorec, musí byt aj m(m + 3) štvorec. Čísla m a m+3 sú však nesúdelitel né, preto musí byt každé z nich druhou mocninou prirodzeného čísla. To nastane len pre m = 1, čiže n = 2. L ahko overíme, že n(n + 6) je potom naozaj druhou mocninou celého čísla. Ak je najväčším spoločným delitel om čísel n a n + 6 číslo 3, je n = 3m pre vhodné nepárne m. Ak n(n + 6) = 9m(m + 2) je štvorec, musia byt nesúdelitel né čísla m a m + 2 tiež štvorce. Také dva štvorce však neexistujú. Ak je najväčším spoločným delitel om čísel n a n + 6 číslo 6, je n = 6m pre vhodné m. Ak n(n + 6) = 36m(m + 1) je štvorec, musia byt štvorce aj obe nesúdelitel né čísla m a m + 1, čo nastane len pre m = 0, my však hl adáme len kladné čísla n. Úlohe vyhovuje jedine n = 2. Komentár. K správnemu riešeniu úlohy vedú mnohé cesty. Prvé uvedené riešenie je trochu trikové, avšak nápadité, a preto ak ho študenti neobjavia, je vhodné im ho na záver ukázat. Nie je tiež nepravdepodobné, že študenti budú skúšat, ako sa číslo n 2 + 6n správa pre rôzne hodnoty n, čo by ich mohlo naviest na správu cestu nájdenia jediného riešenia. Úloha [66-II-1] Nájdite všetky mnohočleny P(x) = ax 2 + bx + c s celočíselnými koeficientami spĺňajúce 1 < P(1) < P(2) < P(3) a súčasne P(1) P(2) P(3) 4 = Riešenie*. Rovnost zo zadania je ekvivalentná rovnosti P(1) P(2) P(3) = , takže čísla P(1), P(2), P(3) môžu byt iba z množiny delitel ov čísla väčších ako 1: 2 < 4 < 17 < 2 17 < 4 17 < 17 2 < < Ak by platilo P(1) = 4, bol by súčin P(1) P(2) P(3) aspoň 4 17 (2 17) = , čo nevyhovuje zadaniu. Preto P(1) = 2 a tak je nutne P(2) = 17, pretože keby bolo P(2) = 4, musel by byt daný súčin delitel ný číslom P(1) P(2) = 8, čo neplatí, a pre P(2) = 2 17 by bol súčin P(1) P(2) P(3) opät príliš vel ký. Pre tretiu neznámu hodnotu P(3) potom vychádza P(3) = /(2 17) = Hl adané koeficienty a, b, c tak sú práve také celé čísla, ktoré vyhovujú sústave P(1) = a + b + c = 2, P(2) = 4a + 2b + c = 17, P(3) = 9a + 3b + c = 34. Jej vyriešením dostaneme a = 1, b = 12, c = 11. Záver. Úlohe vyhovuje jediný mnohočlen P(x) = x x 11. Komentár. Úloha spája poznatky o delitel nosti, mnohočlenoch a na jej úspešné doriešenie je nutná aj schopnost popasovat sa so sústavou troch rovníc s tromi neznámymi. Zaujímavé bude tiež pozorovat, kol ko študentov si spomenie, že podobnou úlohou sa už zaoberali v seminári 5.

114 92 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Úloha [64-II-1] Celé čísla od 1 do 9 rozdelíme l ubovol ne na tri skupiny po troch a potom čísla v každej skupine medzi sebou vynásobíme. a) Určte tieto tri súčiny, ak viete, že dva z nich sa rovnajú a sú menšie ako tretí súčin. b) Predpokladajme, že jeden z troch súčinov, ktorý označíme S, je menší ako dva ostatné súčiny (ktoré môžu byt rovnaké). Nájdite najväčšiu možnú hodnotu S. Riešenie*. Najskôr vyjadríme súčin všetkých deviatich čísel pomocou jeho rozkladu na súčin prvočísel: = a) Označme dva z uvažovaných (rôznych) súčinov S a Q, pričom S < Q. Z rovnosti S S Q = vidíme, že prvočísla 5 a 7 musia byt zastúpené v súčine Q, takže Q = 5 7 x = 35x, pričom x je jedno zo zvyšných čísel 1, 2, 3, 4, 6, 8 a 9. Ďalej vidíme, že v rozklade dotyčného x musí mat prvočíslo 2 nepárny exponent a prvočíslo 3 párny exponent tomu vyhovujú iba čísla 2 a 8. Pre x = 2 ale vychádza Q = 35 2 = 70 < S = = 72, čo odporuje predpokladu S < Q. Preto je nutne x = 8, pre ktoré vychádza Q = 35 2 = 280 a S 2 = čiže S = = 36. Trojica súčinov je teda (36,36,280). Ostáva ukázat, že získanej trojici naozaj zodpovedá rozdelenie daných deviatich čísel na trojice: S = = 36, S = = 36, Q = = 280. b) Označme uvažované súčiny S,Q a R, pričom S < Q a S < R (nie je ale vylúčené, že Q = R). V riešení časti a) sme zistili, že platí rovnost S Q R = Ak teda ukážeme, že existuje rozdelenie čísel, pri ktorom S = 70 a R = Q = 72, bude S = 70 hl adaná najväčšia hodnota, lebo keby pri niektorom rozdelení platilo S 71, muselo by byt R 72 aj Q 72 a tiež S Q R , čo zrejme odporuje predchádzajúcej rovnosti. Nájst potrebné rozdelenie je jednoduché: S = = 70, Q = = 72, R = = 72. Komentár. Zaujímavá úloha, ktorá dôvtipne využíva rozklady čísel na súčin prvočísel. Domáca práca Úloha [58-I-5] Z množiny {1,2,3,...,99} vyberte čo najväčší počet čísel tak, aby súčet žiadnych dvoch vybraných čísel nebol násobkom jedenástich. (Vysvetlite, prečo zvolený výber má požadovanú vlastnost a prečo žiadny výber väčšieho počtu čísel nevyhovuje.) Riešenie*. Čísla od 1 do 99 rozdelíme podl a ich zvyšku po delení číslom 11 do jedenástich devät prvkových skupín T 0,T 1,...,T 10 :

115 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 93 T 0 = {11,22,33,...,99}, T 1 = {1,12,23,...,89}, T 2 = {2,13,24,...,90},. T 10 = {10,21,32,...,98}. Ak vyberieme jedno číslo z T 0 (viac ich ani vybrat nesmieme) a všetky čísla z T 1,T 2,T 3,T 4 a T 5, dostaneme vyhovujúci výber = 46 čísel, lebo súčet dvoch čísel z 0,1,2,3,4,5 je delitel ný jedenástimi jedine v prípade 0 + 0, z množiny T 0 sme však vybrali iba jedno číslo. Na druhej strane, v l ubovol nom vyhovujúcom výbere je najviac jedno číslo zo skupiny T 0 a najviac 9 čísel z každej zo skupín T 1 T 10, T 2 T 9, T 3 T 8, T 4 T 7, T 5 T 6, lebo pri výbere 10 čísel z niektorej skupiny T i T 11 i by medzi vybranými bolo niektoré číslo zo skupiny T i a aj niektoré číslo zo skupiny T 11 i ; ich súčet by potom bol delitel ný jedenástimi. Celkom je teda vo výbere najviac = 46 čísel. Poznámka. Možno uvedené učesané riešenie vyzerá príliš trikovo. Avšak počiatočné úvahy každého riešitel a k nemu rýchlo vedú: iste záleží len na zvyškoch vybraných čísel, takže rozdelenie na triedy T i a vyberanie z nich je prirodzené. Je jasné, že z T 0 môže byt vybrané len jedno číslo a všetko d alšie, o čo sa musíme starat, je požiadavka, aby sme nevybrali zároveň po čísle zo skupiny T i aj zo skupiny T 11 i. Ak je už vybrané niektoré číslo z triedy T i, kde i 0, môžeme pokojne vybrat všetky čísla z T i, to už skúmanú vlastnost nepokazí. Je preto dokonca jasné, ako všetky možné výbery najväčšieho počtu čísel vyzerajú. Komentár. Je vel mi vhodné sa k tejto úlohe v nasledujúcom seminári vrátit s poznámkou, že množiny T 1,...,T 10 nazývame zvyškové triedy. Úloha [66-I-6] Nájdite najmenšie prirodzené číslo n také, že v zápise iracionálneho čísla n nasledujú bezprostredne za desatinnou čiarkou dve deviatky. Riešenie*. Označme a najbližšie väčšie prirodzené číslo k iracionálnemu číslu n. Podl a zadania potom platí a 0,01 n. Ked že a 2 je prirodzené číslo väčšie ako n, musí spolu platit (a 0,01) 2 n a 2 1. Po úprave nerovnosti medzi krajnými výrazmi vyjde 1 a 1,0001, čiže a = 50, Ked že je číslo a celé, vyplýva z toho a 51. A ked že (51 0,01) 2 = (2599,2600),

116 94 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí je hl adaným číslom n = Poznámka. Za správne riešenie možno uznat aj riešenie pomocou kalkulačky. Ak majú totiž byt za desatinnou čiarkou dve deviatky, musí byt číslo n vel mi blízko zl ava k nejakej druhej mocnine. Preto stačí na kalkulačke vyskúšat čísla 3, 8, 15 atd. Ked že 51 2 = 2601, nájdeme, že 2600 = 50, Marec Seminár 21 Téma Geometria V štvoruholníky Ciele Uplatnit znalosti z predchádzajúcich geometrických seminárov pri riešení úloh o štvoruholníkoch. Úlohy a riešenia Úloha [57-I-2] Štvoruholníku ABCD je vpísaná kružnica so stredom S. Určte rozdiel ASD CSD, ak ASB BSC = 40 Riešenie*. Päty kolmíc spustených zo stredu S vpísanej kružnice na strany AB, BC, CD a DA označme postupne K, L, M a N (obr. 1). Pravouhlé trojuholníky ASK a ASN sú zhodné podl a vety Ssu. Majú totiž spoločnú preponu AS a zhodné odvesny SK a SL, ktorých dĺžka je rovná polomeru vpísanej kružnice. Zo zhodnosti týchto trojuholníkov vyplýva jednak známe tvrdenie o dĺžkach dotyčníc ( AK = AN ), jednak zhodnost uhlov ASK a ASN, ktorých spoločnú vel kost označíme α: ASK = ASN = α. A K N α δ S δ αβ β γ γ D M C L B Obr. Obr. 1 Analogicky zistíme zhodnost trojuholníkov SBK a SBL, d alej SCL a SCM, a nakoniec SDM a SDN. Analogicky Na základezistíme uvedených zhodnosť zhodností trojuholníkov môžeme položit SBK a SBL, ďalej SCL a SCM, a nakoniec SDM BSK a= SDN. BSL Na = β, základe CSL uvedených = CSM zhodností = γ, DSM môžeme = DSN položiť = δ. BSK = BSL = β, CSL = CSM = γ, DSM = DSN = δ. Odtiaľ a z obr. 1 potom dostávame ASD CSD = (α + δ) (γ + δ) = α γ = = (α + β) (γ + β) = ASB BSC = 40.

117 64b + 73c = 210. Musí preto platiť 26a , odkiaľ a (210 2) : 26 = 8, takže cifra a je buď 8, alebo 9. Pre a = 8 však v nerovnosti z predošlej vety nastane rovnosť, takže nutne b = 1 a c = 2 (a rovnica zo zadania úlohy je potom splnená). Pre a = 9 dostávame rovnicu Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 95 64b + 73c = = 236, z ktorej Odtial a vyplýva, z obr. 1 potom že c dostávame je jednak deliteľné štyrmi, jednak je menšie ako 4, čo nemôže nastať súčasne. ASD CSD = (α + δ) (γ + δ) = α γ = Odpoveď. Cifry na kartičkách sú= 8, (α 2+ aβ) 1. (γ + β) = ASB BSC = 40. Poznámka. Záver. ASD Riešiť CSD odvodenú = 40. rovnicu 26a + 2 = 64b + 73c pre neznáme (nenulové a navzájom rôzne) cifry a, b, c možno viacerými úplnými a systematickými postupmi, uviedli Komentár. sme len Úloha jeden relatívne z nich. nezložitým úvodom do seminára a nadväzuje na posledné geometrické úplnéstretnutie, riešenie dajte ktoré 6 bodov, sa zaoberalo z toho opísanými najviac 3 body a vpísanými za správne kružnicami zostavenútrojuholníku. rovnicu, rozvoj Pre dekadických úplnost Za zápisov len dodajme, čísel a úpravu že štvoruholník, na lineárnu ktorému rovnicu je možné s neznámymi vpísat kružnicu, a, b, c. Ďalšími sa nazýva 3 bodmi dotyčnicový. potom ohodnoťte postup pri hľadaní riešenia odvodenej rovnice, pritom len za uhádnutie hľadanej trojice dajte 1 bod. 3. Nech Úloha E je stred [61-II-3] stranynech CDErovnobežníka je stred stranyabcd, rovnobežníka v ktoromabcd, platív2 AB ktorom= platí 3 BC. Dokážte, 2 AB že= ak 3 BC. sa dá Dokážte, do štvoruholníka že ak sa dá do ABCE štvoruholníka vpísaťabce kružnica, vpísat dotýka kružnica, sa táto dotýka kružnica sa stranytáto BCkružnica v jej strede. strany BC v jej strede. (Ján Mazák) Riešenie. Keďže štvoruholník ABCE je podľa zadania dotyčnicový, pre dĺžky jeho strán Riešenie*. platí známa Ked že rovnosť štvoruholník 1 ABCE je podl a zadania dotyčnicový, pre dĺžky jeho strán platí známa rovnost 7 AB AB + + CE = BC + + AE. AE. V Vnašej situácii pri označení a = a AB = AB platí BC platí = AD BC = = 2 3 a AD a CE = 2 DE = 1 2a (obr. 2), odkial po dosadení do uvedenej rovnosti zistíme, že AE = 5 6 a. 3 a a CE = DE = 1 2 a (obr. 1), odkiaľ po dosadení do uvedenej rovnosti zistíme, že AE = 5 6 a. D 1 2 a E 1 2 a C 2 3 a 2 3 a A a Obr Rovnosť Teraz si všimneme, sa odvodí rozpísaním že pre dĺžky dĺžok strán strán trojuholníka na ich úseky ADEvymedzené platí bodmi dotyku vpísanej kružnice a následným využitím toho, že každé dva z týchto úsekov, ktoré vychádzajú z rovnakého vrcholu štvoruholníka, sú zhodné. AD : DE : AE = 2 3 a : 1 2 a : 5 6 a = 4 : 3 : 5, takže podl a (obrátenej časti) Pytagorovej vety 2má trojuholník ADE pravý uhol pri vrchole D, a teda rovnobežník ABCD je obdĺžnik. Dotyčnica BC kružnice vpísanej štvoruholníku ABCE je teda kolmá na dve jej (navzájom rovnobežné) dotyčnice AB a CE. To už zrejme znamená, že bod dotyku dotyčnice BC je stredom úsečky BC (vyplýva to zo zistenej kolmosti vyznačeného priemeru kružnice na jej vyznačený polomer). Iné riešenie. Ukážeme, že požadované tvrdenie možno dokázat aj bez toho, aby sme si všimli, že rovnobežník ABCD je v danej úlohe obdĺžnikom. Namiesto toho využijeme, že úsečka CE je stredná priečka trojuholníka ABF, pričom F je priesečník polpriamok BC a AE (obr. 3), lebo CE AB a CE = 1 2 AB. Označme preto a = AB = 2 CE, 7 Rovnost sa odvodí rozpísaním dĺžok strán na ich úseky vymedzené bodmi dotyku vpísanej kružnice a následným využitím toho, že každé dva z týchto úsekov, ktoré vychádzajú z rovnakého vrcholu štvoruholníka, sú zhodné. B

118 (vyplýva to zo zistenej kolmosti vyznačeného priemeru kružnice na jej vyznačený polomer). Iné riešenie. Ukážeme, že požadované tvrdenie možno dokázať aj bez všimnutia si, že rovnobežník ABCD je v danej úlohe obdĺžnikom. Namiesto toho využijeme, že úsečka 96 CE je stredná priečka trojuholníka ABF, pričom KapitolaF2. Osnovy je priesečník seminárnych polpriamok stretnutí BC a AE (obr. 2), lebo CE AB a CE = 1 2 AB. Označme preto a = AB = 2 CE, F e b D e E R Q 1 2 a P C b A a Obr. 32 b = b = BC = CF a e a= e AE = AE = EF = (rovnost EF (rovnosť 2a = 3b 2a použijeme = 3b použijeme až neskôr). Rovnako až neskôr). ako vrovnako prvom ako riešení v prvom využijeme riešení rovnost využijeme b + e = rovnosť a + 1 b+e = a+ 1 2 a (= 3 2a), ktorá platí pre dĺžky strán 2 a(= 3 2a), ktorá platí pre dĺžky strán dotyčnicového štvoruholníka ABCE. štvoruholníka Kružnica jemuabce. vpísaná sa Kružnica dotýka strán jemu BC, vpísaná CE, AE sa postupne dotýka v bodoch strán BC, P, Q, CE, R dotyčnicového AEtak, postupne že platia rovnosti v bodoch P, Q, R tak, že platia rovnosti CP CP = CQ, = CQ, EQ = ER aatiež tiež FP F= P FR. = F R. Pre Pre súčet súčet zhodných zhodných dĺžok dĺžok FP F a P FR a F teda R platí teda platí F P + F R = (b + CP ) + (e ER ) = (b + e) + ( CP + ER ) = FP + FR = 3 = 2 a + (b + ( CQ CP ) + + EQ ) (e + ER ) = 3 = 2 a (b e) 2 a + = ( CP 2a, + ER ) = = 3 čo znamená, že F P = F R 2 a = + a. ( CQ + EQ ) = 3 2 a a = 2a, čo znamená, Teraz užže riešenie FP = FR úlohy = ľahko a. dokončíme. Rovnosť BP = 1 2b, ktorú máme v našej situácii Teraz dokázať, už riešenie vyplýva úlohy zl ahko rovnosti dokončíme. Rovnost BP = 1 2b, ktorú máme v našej situácii dokázat, vyplýva z rovnosti BP = BF F P = 2b a, BP = BF keď do nej dosadíme zadaný vzťah a = 3 2 b. FP = 2b a, ked do nej dosadíme zadaný vzt ah a = 3 Za úplné riešenie dajte 6 bodov, z toho 2 body 2 b. za použitie kritéria dotyčnicovosti štvoruholníka ABCE na vyjadrenie dĺžky strany AE. Komentár. Úloha nadväzuje na predchádzajúcu a využíva rovnost súčtov dĺžok opačných strán dotyčnicového štvoruholníka. Ďalej študenti uplatnia bud Pytagorovu vetu alebo vedomosti o stredných priečkach v trojuholníku, čo úlohu činí zaujímavou z hl adiska pestrosti. 3 B Úloha [59-II-3] Daná je kružnica k so stredom S. Kružnica l má väčší polomer ako kružnica k, prechádza jej stredom a pretína ju v bodoch M a N. Priamka, ktorá prechádza bodom N a je rovnobežná s priamkou MS, vytína na kružniciach tetivy NP a NQ. Dokážte, že trojuholník MPQ je rovnoramenný. Riešenie*. Polomer kružnice k označme r. Označenie vrcholov P, Q v trojuholníku MPQ nie je dôležité, preto bez ujmy na všeobecnosti označme P ten z bodov priamky vedenej bodom N rovnobežne s priamkou MS, ktorý leží na kružnici k. Bod Q potom leží na kružnici l a štvoruholník NQMS je lichobežník vpísaný do kružnice l (obr. 4). Je teda rovnoramenný s ramenami MQ a NS

119 trojuholník M P Q je rovnoramenný. (Tomáš Jurík) Riešenie. Polomer kružnice k označme r. Označenie vrcholov P, Q v trojuholníku MP Q nie je dôležité, preto bez ujmy na všeobecnosti označme P ten z bodov priamky vedenej bodom N rovnobežne s priamkou MS, ktorý leží na kružnici k. Bod Q potom leží Kapitola na kružnici 2. Osnovy l aseminárnych štvoruholník stretnutí NQMS je lichobežník vpísaný do kružnice l (obr. 1). 97Je teda rovnoramenný s ramenami MQ a NS dĺžky r. Navyše aj úsečky SP a SM majú dĺžku dĺžkyr. r. ZNavyše rovnoramenného aj úsečky SPtrojuholníka a SM majú dĺžku N Pr. SZ a rovnoramenného trojuholníka lichobežníka NPS a Nrovno- ramenného rovnosť lichobežníka uhlov NQMS SP N vyplýva = SN rovnost P uhlov = M SPN QP =. SNP Priečka= P MQP. Q tedapriečka pretína QM S vyplýva priamky PQ tedasp pretína a MQ priamky podsp rovnako a MQ pod veľkými rovnakouhlami, vel kými uhlami, a preto a (podľa preto (podl a vety vety o súhlasných o súhlasných uhloch) sú priamky sú priamky SP SP a MQ a rovnobežné. Štvoruholník PQMS P QMS je teda je rovnobežník, teda rovnobežník, a ked že uhloch) a keďže SM = SM SP = r, SP je to dokonca = r, je to kosoštvorec. dokonca kosoštvorec. Odtial je už zrejmé, Odtiaľ žeje trojuholník už zrejmé, MPQ že je trojuholník rovnoramenný Q jesrovnoramenný ramenami PQ a MQ s ramenami dĺžky r. P Q a MQ dĺžky MP r. k N S r r r M r P O Q l Obr. 41 Poznámka. Existencia tetív NP a NQ v zadaní je zaručená vd aka predpokladu, že kružnica l má väčší Poznámka. polomer ako Existencia kružnica k. tetív Ak označíme N P acn stred Q vúsečky zadaní SMje a Ezaručená ten priesečník vďaka kružnice predpokladu, k s osou že tenúsečky kružnica priesečník SM, lktorý má kružnice väčší leží v polomer polrovine k s osou ako SMO, úsečky kružnica bude SM, stred ktorý k. OAk kružnice leží označíme v polrovine l ležat Cna stred polpriamke SMO, úsečky bude CE SM stred až za a EO kružnice bodom E l (obr. ležať5). naďalší polpriamke priesečníkce N oboch až za bodom E (obr. 2). Ďalší priesečník N oboch 2 k M S C l N N 0 E O Obr. 52 kružníc preto padne do dopásu pásu medzi medzi rovnobežkami SM a NSM 0 E vapolrovine N 0 E v polrovine OCS, pričomocs, N 0 je štvrtý pričom N 0 vrchol je štvrtý kosoštvorca vrchol s vrcholmi kosoštvorca S, M, se. vrcholmi Na to stačís, ukázat, M, E. že Na kružnica to stačí l pretne ukázať, polpriamku že kružnica EN 0 až l pretne za bodom polpriamku N 0, teda žeen jej polomer 0 až zaos bodom je väčší Nako 0, teda dĺžkaže úsečky jej polomer ON 0. TotoOS porovnanie je väčší dvoch akostrán dĺžka úsečky trojuholníka ON 0. OSN Toto 0 jednoducho porovnanie vyplýva dvoch z porovnania strán trojuholníka jeho vnútorných OSN uhlov: 0 jednoducho uhol pri vrchole vyplýva N 0 z porovnania je najväčší, lebo jehooba vnútorných uhly pri protil ahlej uhlov: uhol stranepri OS vrchole sú menšien ako 0 je60 najväčší, (trojuholník leboesn oba 0 uhly je rov-prnostranný). protiľahlej strane L ahko OS nahliadneme, sú menšie že každá ako 60 z rovnobežiek (trojuholník uvedeného ESN pásu 0 je rovnostranný). pretína každú z oboch Ľahko kružníc v dvoch bodoch (vždy súmerne združených podl a príslušnej osi kolmej na SM). Tým je nahliadneme, že každá z rovnobežiek uvedeného pásu pretína každú z oboch kružníc dokázaná nielen existencia oboch tetív NP a NQ, ale aj to, že ich krajné body P a Q ležia na rovnakej strane od bodu N (ako na obr. 4), lebo oba body zrejme ležia v polrovine opačnej k spomenutej v dvoch bodoch (vždy súmerne združených podľa príslušnej osi kolmej na SM). Tým je dokázaná nielen existencia oboch tetív NP a NQ, ale aj to, že ich krajné polrovine OCS. body P a Q ležia na rovnakej strane od bodu N (ako na obr. 1), lebo oba body zrejme ležia Komentár. v polrovine Diskusia opačnej v poznámke k spomenutej je len zaujímavým polrovine doplnkom OCS. úlohy, existencia tetív je totiž pred- úplné riešenie zadania dajtea 6nie bodov, je nutné z tohoju2 dokazovat. body za zdôvodnenie, Úloha využíva že NQMS úvahu, je rovnoramenný že lichobežník, lichobežník, ktorého Zapokladom 1 bod za dôkaz zhodnosti uhlov SNP a SP N, 2 body za dôkaz, že P QMS je rovnobežník a 1 bod za zdôvodnenie jp Qj = jmqj = r. Existenciu oboch tetív vyšetrovanú v záverečnej poznámke nie je nutné dokazovať, pretože je predpokladom zadania. 4. Určte všetky dvojice reálnych čísel x, y, ktoré vyhovujú sústave rovníc

120 = 7 3k + 3, čiže zvyšok je 3. Podobne 4x + 20y = 4(7k + 1) = 7 4k + 4, pritom číslo 4x + 13y sa od 4x + 20y líši len o násobok 7, preto dáva rovnaký zvyšok.] D1. Dokážte, že ak pre celé čísla a, b, c platí 7 a 3b + 5c, tak platí aj 7 4a + 2b c. Zistite, či platí opačná implikácia. [Platí aj opačná implikácia. Návod: (4a + 2b c) 4(a 3b + 5c) = 14b 21c = 7(2b 3c).] D2. Dokážte, že ku každému celému číslu x existuje celé číslo y také, že 19x+3y je deliteľné 50. [Číslo 19x dáva po delení 50 zvyšok, ktorý označíme z. Chceme ukázať, že pre 98 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí ľubovoľné z vieme nájsť y tak, aby číslo 3y dávalo zvyšok 50 z. Vezmime si čísla 3 1, 3 2, 3 3,..., Keby dve z týchto čísel, povedzme 3i a 3j, dávali rovnaký zvyšok, musí byť ich rozdiel 3(i j) deliteľný 50. Pritom 3 a 50 sú nesúdeliteľné, preto základne sú rovnobežné tetivy danej kružnice, je rovnoramenný, ktorá môže byt pre študentov 50 i j. To však nie je možné, lebo 1 i j 49. Preto vymenované čísla dávajú zaujímavým uvedomením. všetky možné rôzne zvyšky po delení 50, a teda jedno z nich dáva zvyšok 50 z.] 3. Máme štvorec ABCD so stranou dĺžky 1 cm. Body K a L sú stredy strán DA a DC. Úloha [60-I-3] Máme štvorec ABCD so stranou dĺžky 1 cm. Body K a L sú stredy Bod P leží na strane AB tak, že BP = 2 AP. Bod Q leží na strane BC tak, že CQ = strán DA a DC. Bod P leží na strane AB tak, že BP = 2 AP. Bod Q leží na strane BC tak, = 2 BQ. že CQ Úsečky = 2 BQ. KQ Úsečky a P L KQ sa a PL pretínajú sa pretínajú v bode v bode X. X. Obsahy Obsahy štvoruholníkov štvoruholníkov APXK, AP XK, BQXP BQXP,, QCLX QCLXa LDKX LDKX označíme označíme postupne postupne S A, S B, S A, C S B D (obr., S C 6)., S D (obr. 1). a) a) Dokážte, Dokážte, že Sže B = S B D. = S D. b) b) Vypočítajte rozdiel rozdiel S C S A C. S A. c) c) Vysvetlite, prečo prečo neplatí neplatí S A + S C S= A S+ B + S C S D =. S B + S D. (Peter Novotný) D L C K S A S D X S B S C Q A P Obr. 61 B Riešenie*. a) Štvoruholníky ABQK a DAPL sú 2 zhodné (jeden z nich je obrazom druhého v otočení o 90 so stredom v strede štvorca ABCD). Preto majú aj rovnaký obsah, čiže S A +S B = S A +S D. Z toho hned dostaneme S B = S D. b) L ahko sa nám podarí vypočítat obsah pravouhlého lichobežníka ABQK, lebo poznáme dĺžky základní aj výšku. Dostaneme ( 1 S A + S B = ) = 5 12 cm2. Podobne výpočtom obsahu lichobežníka PBCL dostaneme ( 1 S C + S B = ) = 7 12 cm2. Odčítaním prvej získanej rovnosti od druhej dostávame S C S A = = 1 6 cm2. c) Nerovnost medzi obsahmi S A +S C a S B +S D (ktorých priame výpočty nie sú v silách žiakov 1. ročníka) môžeme zdôvodnit nasledovným spôsobom: Súčet týchto dvoch obsahov je 1 cm 2, takže sa nerovnajú práve vtedy, ked je jeden z nich menší ako 1 2 cm2. Bude to obsah S B +S D (rovný 2S B, ako už vieme), ked ukážeme, že obsah S B je menší ako 1 4 cm2. Urobíme to tak, že do celého štvorca ABCD umiestnime bez prekrytia štyri kópie štvoruholníka PBQX. Ako ich umiestnime, vidíme na obr. 7, pričom M, N sú stredy strán BC, AB a R, S body, ktoré delia strany CD, DA v pomere 1 : 2.

121 sú v silách sú vžiakov silách1. žiakov ročníka) 1. ročníka) môžeme môžeme zdôvodniť zdôvodniť nasledovným nasledovným spôsobom: spôsobom: Súčet týchto Súčet týchto dvoch obsahov dvoch obsahov je 1 cm 2 je, takže 1 cm 2 sa, takže nerovnajú sa nerovnajú práve vtedy, právekeď vtedy, je jeden keď jez jeden nich menší z nichako menší ako cm2. Bude 2 cm2 to. Bude obsahtos obsah B +S D S(rovný B +S D 2S (rovný B, ako 2Suž B, vieme), ako už vieme), keď ukážeme, keď ukážeme, obsahžes obsah B je S B je menší ako menší 1 4 cm2 ako. Urobíme 1 4 cm2. Urobíme to tak, že todo tak, celého že doštvorca celého štvorca ABCD ABCD umiestnime umiestnime bez prekrytia bez prekrytia štyri kópie štyri štvoruholníka kópie štvoruholníka P BQX. PAko BQX. ichako umiestnime, ich umiestnime, vidíme na vidíme obr. 2, napričom obr. 2, pričom M, N M, N sú stredy Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 99 sústrán stredybc, strán ABBC, a R, ABS body, a R, Sktoré body, delia ktoré strany deliacd, strany DACD, v pomere DA v pomere 1 : 2. 1 : 2. D D L R L RC C D D L L C C S K S B S B S K X S B S B X S B S B S B M Q S B M Q S K S A S A S Y K X S A S A S C V U X Y V U S C M Q M Q A AP N P N B B A AP N P N B Obr. 2 Obr. 7 2 Obr. Obr. 38 Obr. 3 B Iné riešenie Iné riešenie časti c). časti Tentoraz c). Tentoraz namiesto namiesto nerovnosti nerovnosti S S B + S D < 1 B + S D < 1 2 cm2 dokážeme ekvivalentnú nerovnosť S A +S C > 1 2 cm2 dokážeme ekvivalentnú nerovnosť S A +S C > 1 2 cm2. Preto 2 cm2 sa. Preto pokúsime sa pokúsime premiestniť premiestniť štvoruholník štvoruholník AP XKAP tak, XKabytak, ležal aby priležal štvoruholníku pri štvoruholníku XQCL XQCL a aby saa ich abyobsahy ich obsahy dali geometricky dali geometricky sčítať. Uhly sčítať. UhlyaAKQ DLPasúDLP zhodné sú zhodné a AK a = AK DL, = preto DL, môžeme preto môžeme štvoruholník štvoruholník AP XKIné AP premiestniť riešenie XK premiestniť časti voc). štvorci Tentoraz ABCD štvorci namiesto ABCD donerovnosti jeho dorohu jeho S rohu D tak, k štvoruholníku XQCL B + DS D tak, < 1 2že cm2 k štvoruholníku dokážeme ekvivalentnú XQCLne- rovnost priľahne pozdĺž S A + strany pozdĺž S C > 1 2 cm2 LX strany. Preto svojou LXsa pokúsime stranou svojou stranou premiestnit LY, pričom LY, štvoruholník pričom Y je priesečník Y APXK je priesečník tak, úsečiek aby ležal úsečiek SMpri SM priľahne a P L štvoruholníku zapôvodného P L z pôvodného XQCL riešenia a aby riešenia (obr. sa ich3). obsahy (obr. Obsah 3). dalisobsah geometricky A + S C S A je+ sčítat. potom S C je Uhly obsahom potom AKQ aobsahom DLP šesťuholníka sú zhodné šesťuholníka a DSY XQC. AK DSY = Prečo DL, XQC. preto jeprečo väčší môžeme je ako väčší štvoruholník 1 2 cm2 ako, môžeme 1 2 cm2 APXK, môžeme zdôvodniť premiestnit zdôvodniť napríklad štvorci napríklad ABCD takto: do takto: jeho rohu D Úsečka tak, že spájajúca kúsečka štvoruholníku spájajúca bodxqcl L sobod stredom pril ahne L so stredom pozdĺž U úsečky strany U KQ úsečky LXpretne svojou KQstranou úsečku pretnely SM úsečku, pričom v jej SMY strede jev prieseč- jejv strede. V. Štvoruholník úsečiek Štvoruholník U QM SM avpl Umá z pôvodného QMobsah V má rovný riešenia obsah polovici (obr. 8). Obsah rovný polovici obsahu S A +S obsahu rovnobežníka C je potom obsahom rovnobežníka KQMšest uholníka S, tedas, teda rovný DSY obsahu XQC. rovný obsahu trojuholníka Prečo je väčší trojuholníka KM ako 1 2S. cm2 Preto, môžeme KM S. má Preto šesťuholník zdôvodnit napríklad má šesťuholník DSV U takto: QC DSVobsah U QCrovný obsahobsahu rovný obsahu štvoruholníka štvoruholníka KMCD, KMCD, t. j. polovici t. j. polovici obsahu štvorca obsahu štvorca ABCD. ABCD. Obsah SObsah A +S C Sje A +S ešte C väčší, je ešte väčší, a to o obsah a Úsečka to oštvoruholníka obsah spájajúca štvoruholníka bodxuv L so stredom Y XUV. Teda UY úsečky naozaj. TedaKQ Snaozaj S A + S C > 1 A pretne + S C úsečku > 1 2 cm2 SM. v jej 2 cm2 strede. V. Štvoruholník UQMV má obsah rovný polovici obsahu rovnobežníka KQMS, teda rovný obsahu trojuholníka KMS. Preto má šest uholník DSVUQC obsah3 rovný obsahu štvoruholníka KMCD, t. j. polovici obsahu štvorca ABCD. Obsah S A + S C je ešte väčší, a to o obsah štvoruholníka XUVY. Teda naozaj 3 S A + S C > 1 2 cm2. Komentár. Prvé dve časti sú príjemným úvahovým rozohriatím k časti tretej, ktorá vyžaduje trochu viac invencie. Demonštruje však zaujímavý prístup k riešeniu a porovnávanie obsahov obrazcov namiesto priameho výpočtu obsahov. Úloha [66-I-5-prvá čast ] Ak označíme X a Y postupne stredy základní RS a TU všeobecného lichobežníka RSTU, tak na úsečke XY leží priesečník P uhlopriečok RT a SU, a to tak, že PX : PY = RS : TU. Na priamke XY leží tiež priesečník Q predĺžených ramien RU a ST, a to tak, že QX : QY = RS : TU (obr. 9). Dokážte. Riešenie*.

122 GF : EF. (Šárka Gergelitsová) Riešenie. Pred samotným riešením odvodíme dôležité vlastnosti všeobecného lichobežníka RST U: Ak označíme X a Y postupne stredy základní RS a T U, tak na úsečke XY leží priesečník P uhlopriečok RT a SU, a to tak, že P X : P Y = RS : T U. Na priamke 100 XY leží tiež priesečník Q predĺžených ramien Kapitola RU2. Osnovy a ST, seminárnych a to tak, stretnutí že QX : : QY = RS : T U (obr. 3). Q U? P Y? T R X Obr. 9 3 S Napriek tomu, že sa podľa obrázka zdá, že bod P na úsečke XY naozaj leží, musíme tento Napriek poznatok tomu, že sa dokázať, podl a obrázka teda zdá, odvodiť že bodargumentáciou P na úsečke XY naozaj nezávislou leží, musíme na presnosti tento poznatok dokázat, nášho rysovania. Na teda to odvodit určite stačí argumentáciou preukázať, nezávislou že obe úsečky na presnosti P X, nášho P Y zvierajú rysovania. s Na priamkou to určite RT stačí preukázat, že obe úsečky PX, PY zvierajú s priamkou RT zhodné uhly (na obrázku vyznačené otáznikmi). Všimnime si, že tieto úsečky sú t ažnicami trojuholníkov RSP a TUP, ktoré zhodné uhly (na obrázku vyznačené otáznikmi). Všimnime si, že tieto úsečky sú ťažnicami trojuholníkov RSP a T UP, ktoré sa zhodujú vo vnútorných uhloch (vyznačených sa zhodujú vo vnútorných uhloch (vyznačených oblúčikmi) pri rovnobežných stranách RS a TU, oblúčikmi) pri rovnobežných stranách RS a T U, takže sa jedná o trojuholníky podobné, takže ide o trojuholníky podobné, a to s koeficientom k = TU / RS. S rovnakým koeficientom a platí to s koeficientom podobnost polovíc k = T týchto U / RS. trojuholníkov Ako vieme vyt atých (úloha ich t ažnicami, N2), s rovnakým presnejšie podobnost koeficientom platí RXP aj TYpodobnosť P. Z nej už želaná polovíc týchto trojuholníkov vyťatých ich ťažnicami, presnejšie zhodnost uhlov RPX a T PY aj želaná rovnost PY = k PX (vd aka podobnosť rovnakému koeficientu) RXP vyplýva. T Y P. ZVšetko nej už o bode želaná P je tak zhodnosť dokázané; uhlov podobne RPsaX overia a T PajYobeaj vlastnosti bodu PQY - ukáže = k Psa, X že(vďaka úsečky rovnakému QX a QY zvierajú koeficientu) ten istý uhol vyplýva. s priamkou Všetko RQ ao ich bode dĺžky P je sú tak želaná rovnosť dokázané; zviazané rovnost ou podobne QY sa overia = k QX, ajaobe to vd aka vlastnosti tomu, bodu že QX Q a QY ukáže sú t ažnice sa, že v dvoch úsečkynavzájom QX a QY zvierajú podobných ten trojuholníkoch istý s RSQ priamkou a UT Q. RQ a ich dĺžky sú zviazané rovnosťou QY = k QX, a to vďaka tomu, že QX a QY sú ťažnice v dvoch navzájom podobných trojuholníkoch RSQ Komentár. a UTÚloha Q. je prípravou na riešenie záverečného problému tohto seminára a pripomína študentom Dokázané metódu dôkazu vlastnosti toho, všeobecného že bod P leží nalichobežníka priamke úsečke nám XY. umožnia celkom ľahko vyriešiť zadanú úlohu. Situácia je znázornená na obr. 4. Okrem pomenovaných bodov sme tam 7 Úloha [66-I-5] V danom trojuholníku ABC zvol me vnútri strany AC body K, M a vnútri strany BC body L, N tak, že AK = KM = MC, BL = LN = NC. Ďalej označme E priesečník uhlopriečok lichobežníka ABLK, F priesečník uhlopriečok lichobežníka KLNM a G priesečník uhlopriečok lichobežníka ABNM. Dokážte, že body E, F a G ležia na t ažnici trojuholníka ABC z vrcholu C a určte pomer GF : EF. Riešenie*. Dokázané vlastnosti všeobecného lichobežníka z predchádzajúcej úlohy nám umožnia celkom l ahko vyriešit zadanú úlohu. Situácia je znázornená na obr. 10. Okrem pomenovaných bodov sme tam ešte označili S 1, S 2, S 3 stredy úsečiek AB, KL a MN. Ked že trojuholníky ABC, KLC

123 ešte označili S 1, S 2, S 3 stredy úsečiek AB, KL a MN. Keďže trojuholníky ABC, KLC Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí C 101 ešte označili S 1, S 2, S 3 stredy úsečiek AB, KL a MN. Keďže trojuholníky ABC, KLC K E Obr. 4 A S 1 B a MNC sú navzájom podobné (podľa vety sus), platí AB : KL : MN = AC : : KC : M C = 3 : 2 : 1. Podľa zhodných Obr vnútorných uhlov spomenutých troch trojuholníkov a MNC a MNC sú navzájom platí tiež podobné AB podobné (podl a KL (podľa vety MN. vety sus), Štvoruholníky platí sus), AB platí : KL AB : ABLK, MN : KL = AC KLNM : MN : KC : a = MC ABNM AC = : tak : KC = 3 sú: 2 naozaj : : 1. M Podl a lichobežníky C = zhodných 3 : 2 vnútorných (ako je prezradené : 1. Podľa uhlov zhodných spomenutých v zadaní) vnútorných trochsotrojuholníkov základňami uhlov spomenutých platí AB, tiežkl AB a troch KL, MN, ktorých KL MN. dĺžky Štvoruholníky sú v už odvodenom ABLK, KLNMpomere a ABNM3 : tak 2 : sú1. naozaj Navyše lichobežníky predĺžené(ako ramená je prezradené všetkých trojuholníkov platí tiež AB KL MN. Štvoruholníky ABLK, KLNM a ABNM troch v zadaní) lichobežníkov so základňami sa AB, pretínajú KL a MN, v bode ktorých C, dĺžky ktorým sú v už preto odvodenom podľa dokázanej pomere 3 : 2 vlastnosti : 1. Navyše predĺžené priamky ramená všetkých S tak sú naozaj lichobežníky (ako je prezradené v zadaní) so základňami AB, KL a MN, prechádzajú ktorých dĺžky sú v už odvodenom 1 S 2, S 2 troch S 3 (alichobežníkov S pomere 1 S 3 ), takže sa pretínajú sa jednáv obode jednu C, ktorým priamku, pretonapodl a ktorej 3 : 2 : 1. Navyše predĺžené ramená všetkých body dokázanej S troch lichobežníkov 1, Svlastnosti 2, S 3 a Cprechádzajú ležia v uvedenom priamky S 1 Sporadí 2, S 2 S 3 (a tak, S 1 S 3 že ), takže S sa pretínajú v bode C, ktorým preto 1 C ide: o S jednu podľa 2 C : priamku, S dokázanej 3 C = na3 ktorej : 2 : 1. vlastnosti Z body tohos 1 vyplýva, S 2, S 3 a C S ležia prechádzajú priamky 1 S S 2 v uvedenom = S 1 S 2, S 2 S 2 3 poradí (= Stak, 3 (a S 1 S 3 C ), že Stakže 1 C : S 2 bod C : SS 3 3 ), takže sa jedná o 2 C je = 3 stredom : 2 : 1. Z toho úsečky vyplýva S jednu priamku, na ktorej 1 S 3. Na S 1 nej S 2 = (opäť S 2 S 3 podľa (= S 3 C ), dokázaného takže bod tvrdenia) S 2 je stredomležia úsečky aj body S 1 S 3. Na E, nej F (opät a G, podl a pričomdokázaného pre bod E body tvrdenia) S 1, Sležia 2, S 3 ajabody C ležia E, F av G, uvedenom pričom preporadí bod E medzi tak, že bodmi S 1 C S 1, S: 2 Splatí 2 C ES : S 1 3 : C ES= = 3 : 2 : 2, : 1. medzi bodmi S Z toho pre bodvyplýva 1, S F medzi S bodmi 1 S 2 platí ES 2 S 2 =, S 3 Splatí 2 S 1 : ES 3 FS (= 2 : S 2 = 3 : 2, pre bod F medzi bodmi S FS 3 C ), 3 = 2 takže : 1 a napokon bod S 2 prejebod stredom G medziúsečky 2, S 3 platí bodmi S 1 S, 1 S 33. F S Naplatí nej 2 : F S GS (opäť 3 = 2 : 1 a napokon pre bod G medzi bodmi S 1 : GS podľa 3 = 3 dokázaného : 1. Tieto delenia tvrdenia) troch úsečiek ležia sme aj body znázornili E, F 1, S naa 3 platí GS obr. G, 11, pričom 1 : GS kam sme prezapísali bod 3 = E = 3 : 1. Tieto delenia troch úsečiek sme znázornili na obr. 5, kam sme zapísali aj dĺžky medzi aj dĺžky bodmi vzniknutých S 1, S 2 úsekov platí ES pri vol be 1 : ES jednotky 2 = 31 = : 2, S 1 pre S 2 bod S F (pri medzi ktorej bodmi S 1 S 3 = 2 2)., S 3 platí vzniknutých úsekov pri voľbe jednotky 1 = S F S 2 : F S 3 = 2 : 1 a napokon pre bod G medzi 1 S 2 = S bodmi 2 S 3 (pri ktorej S S 1, S 3 platí GS 1 S 1 3 = 2). : GS 3 = = 3 : 1. Tieto delenia troch úsečiek 3 sme2 znázornili na obr. 5, kam sme zapísali aj dĺžky S vzniknutých úsekov pri voľbe 1 5 jednotky E 5 S 1 = 2 S 1 S 2 = S 2 S 3 (pri ktorej S 1 S 3 = 2). Ked že Keďže S 1 A 3 5 E K S 2 S 2 M G F G S 3 L C N L 3 F 3 S 1 S 2 G 1 3 S 33 S 1 Obr. 115 G 1 S S 1 S 1 F S = S 1 S 2 F Obr = 5 3 > 3 1 F = S 1 S 2 + S 2 F = = 5 3 > 3 2 = 2 S= 1G, S 1G, platí Keďže GF = S S 1 F S 1 G = = 1 6, čo spolu s rovnosťou EF = ES 1 F S 1 G = 5 2 S 2 F = = 2 S 1 F = S 1 S 2 + S 2 F = = 5 3 > = = 1 6, čo spolu s rovnost ou EF = ES 2 + S 2 F = 2 už vedie k určeniu hľadaného pomeru 2 = S = už vedie k určeniu hl adaného pomeru 1G, 15 platí GF = S 1 F S 1 G = = 1 6, čo spolu s rovnosťou EF = ES 2 + S 2 F = = = 16 GF GF :: EF = už vedie k určeniu hľadaného pomeru : : = = 5 : 532. : 32. GF : EF = 1 8 Komentár. Úloha je zložitejšia ako predchádzajúca, 6 : ale = študenti 5 : 32. zoznámení s prípravnou úlohou, 8 E S 2 M 2 2 F S 3 B 2 N 3 F 3 S 2 S

124 102 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí zbehlí vo využívaní podobných trojuholníkov a precízni, aby sa nestratili v záverečnom pomerovaní, by si s úlohou poradit mali. Seminár 22 Téma Geometria VI miš-maš Ciele Precvičenie geometrických poznatkov, rôznorodné netradičné úlohy Úlohy a riešenia Úloha [66-II-3] Dokážte, že obdĺžnik s rozmermi sa dá zakryt siedmimi 3. Dokážte, že obdĺžnik s rozmermi sa dá zakryť siedmimi zhodnými štvorcami zhodnými štvorcami so stranou 30. so stranou 30. (Vojtech Bálint) Riešenie. Riešenie*. Štyrmi Štyrmi štvorcami so sostranou 30 zrejme zakryjeme obdĺžnik obdĺžnik Zvyšnú 120. Zvyšnú čast časť rozdelíme rozdelíme na tri zhodné na tričasti, zhodné konkrétne časti, obdĺžniky konkrétne 2 obdĺžniky 40, a ukážeme, 2 ako 40, každý a ukážeme, z nich ako (rovnako) každý pokryt z nich jedným (rovnako) z troch pokryť zvyšných jedným štvorcov z troch so stranou zvyšných 30. Dosiahneme štvorcovto, soked stranou štvorec30. Dosiahneme položíme na obdĺžnik to, keďtak, štvorec že obepoložíme uhlopriečkyna štvorca obdĺžnik budú ležat tak, naže osiach obe súmernosti uhlopriečky dotyčného štvorca budú obdĺžnika. ležať na Stačí osiach potomsúmernosti ukázat, že obdĺžnik dotyčného so stranou 2 vpísaný do štvorca podl a obr. 1 má druhú stranu dlhšiu ako 40. Jej dĺžka je zrejme 30 obdĺžnika. Stačí potom ukázať, že obdĺžnik so stranou 2 vpísaný do štvorca podľa obr. 21 má 2 (od druhú uhlopriečky stranu štvorca dlhšiu odčítame ako 40. Jej na každej dĺžka je zrejme strane 30 1 ako 2 vel kost 2 (od výšky uhlopriečky štvorca odčítame na každej strane 1 ako veľkosť výšky Obr. 1 so pravouhlého trojuholníka 2, pozri zväčšenú časť obr. 1), takže stačí ukázať, že 30 so stranami 2, 2, 2, pozri zväčšenú čast obr To je ekvivalentné s nerovnosťou 5 1), takže stačí ukázat, že To je ekvivalentné s nerovnost ou 5 2 7, čiže , čo 7, ječiže splnené. 50 Daný 49, čo je obdĺžnik splnené. 32 Daný 120 obdĺžnik teda naozaj32 možno 120 zakryt tedasiedmimi naozajštvorcami možno zakryť so stranou siedmimi 30. štvorcami so stranou 30. Za úplné riešenie dajte 6 bodov. Za redukciu úlohy na pokrytie obdĺžnika tromi štvorcami so stranou 30 dajte 1 bod. Za uvažovanie vpísaných obdĺžnikov 2 niečo dajte tiež 1 bod. Za výpočet ich dlhšej Úloha strany body. Úvahu, že na pokrytie obdĺžnika 2 40 či celého postačuje platnosť nerovnosti 30 [60-S-2] Daný 2 2 > 40 či 90 je štvorec so stranou dĺžky 6 cm. Nájdite množinu stredov všetkých priečok štvorca, ktoré ho 2 delia 6 > na 120dva oceňte štvoruholníky, jedným bodom z ktorých a jejjeden dôkazmá tiež obsah jedným 12 cmbodom. 2. (Priečka štvorca je úsečka, ktorej krajné body ležia na stranách štvorca.) 4. Dokážte, že pre všetky kladné reálne čísla a b c platí ( 1 ( a + b + c) a + 1 b + 1 ) 3. c (Šárka Gergelitsová)

125 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 103 Riešenie*. Ak priečka delí štvorec na dva štvoruholníky, musia ich koncové body ležat na protil ahlých stranách štvorca. V takom prípade sú oba štvoruholníky lichobežníkmi alebo pravouholníkmi (pre potreby tohto riešenia budeme pravouholník považovat za špeciálny lichobežník). Označme daný štvorec ABCD, koncové body priečky označme K a L. Predpokladajme, že bod K leží na strane AD, potom bod L leží na strane BC. Jeden zo štvoruholníkov KABL a KDCL má podl a zadania obsah 12 cm 2 ; nech je to napr. lichobežník KABL. Obsah lichobežníka vypočítame ako súčin jeho výšky s dĺžkou strednej priečky. Výška je v našom prípade rovná dĺžke strany štvorca, čiže 6 cm. Jeho stredná priečka má teda dĺžku 2 cm. Z toho vyplýva, že stred úsečky KL musí ležat na osi strany AB vo D D C C D D C C L L K K 2 cm 2 cm A A 6 cm 6 cm B B A A Obr. 1 Obr. 21 Obr. 23 Obr. 2 B B vzdialenosti vzdialenosti 2 cm2 od cm2 cm stredu od stredu od stredu strany strany AB (obr. (obr. AB 2). 1). Platí (obr. Platí to1). aj naopak: toplatí aj naopak: to Akaj stred naopak: Ak úsečky stred Ak KLúsečky leží stred v opísanej úsečky KL KL leží v polohe, opísanej leží v opísanej bude polohe, štvoruholník polohe, bude KABL štvoruholník budelichobežník štvoruholník KABL s obsahom KABL lichobežník 12lichobežník cm 2. s obsahom s obsahom 12 cm cm 2. Ak budeme Ak Ak budeme budeme namiesto namiesto lichobežníka lichobežníka KABL KABL uvažovat KABL uvažovať lichobežník uvažovať lichobežník KDCL, lichobežník vyjde KDCL, stred KDCL, priečky vyjde KL vyjde stred priečky na stred osi úsečky priečky KL CD nakl vo osivzdialenosti na úsečky úsečky CD2 cm vocd od vzdialenosti stredu vo vzdialenosti strany2cd. cm od2 cm stredu od stredu strany strany CD. CD. Ak priečka Ak priečka KL spája KL body spája na body stranách na stranách AB a AB CD, adostaneme CD, dostaneme ďalšie ďalšie dva možné dva možné Ak priečka KL spája body na stranách AB a CD, dostaneme d alšie dva možné body ležiace na body ležiace body ležiace na spojnici na spojnici stredov stredov úsečiek úsečiek AD a AD BC. ahľadanú BC. Hľadanú množinu množinu teda tvoria teda tvoria spojnici stredov úsečiek AD a BC. Hl adanú množinu teda tvoria štyri body, ktoré ležia na priečkach štyri body, spájajúcich štyri body, ktoré stredy ležia ktoré protil ahlých na ležia priečkach na strán priečkach štvorca spájajúcich vo spájajúcich vzdialenosti stredy stredy protiľahlých 1 cm od protiľahlých jeho stredu strán(obr. štvorca strán 3). štvorca vo vzdialenosti vzdialenosti 1 cm od1 cm jehood stredu jeho stredu (obr. 2). (obr. 2). Za úplné Zariešenie Úloha úplné riešenie dajte 6[65-S-3] dajte bodov. 6 Ak bodov. V kružnici riešiteľ Ak nezdôvodní, riešiteľ so stredom nezdôvodní, že S zostrojíme nájdené že nájdené body priemer majú body AB požadovanú majú a l ubovol nú požadovanú vlastnosť naňvlastnosť (má iba(má dôkaz iba dôkaz nutnej podmienky), dajte nanajvýš 5 bodov. Za objavenie jedného z bodov skúmanej množiny kolmú nutnej bez tetivu podmienky), nanajvýš 5 bodov. Za objavenie jedného z bodov skúmanej množiny bez dôkazu dôkazu CD. správnosti správnosti Zdôvodnite, dajte lendajte prečo 1 bod lenje a1zabod obvod opis a celej zatrojuholníka opis správnej celej správnej ACD menší množiny množiny ako bez dôkazu bez dvojnásobok dôkazu správnosti správnosti 2 body. 2 body. obvodu trojuholníka SBC. Riešenie*. Želaný vzt ah medzi obvodmi trojuholníkov ACD a SBC vyplynie, ked pre dĺžky 3. Nech ich 3. x, strán Nech y objavíme súx, také y súnerovnosti kladné také kladné celé čísla, celé že čísla, obežečísla obe3x čísla + 5y 3x a+ 5x 5y+ a 2y 5x sú + 2y deliteľné sú deliteľné číslom číslom 60. Zdôvodnite, 60. Zdôvodnite, prečo číslo prečo60číslo delí60 ajdelí súčet aj2x súčet + 3y. 2x + 3y. (Jaromír (Jaromír Šimša) Šimša) Riešenie. Riešenie. Na základe Na základe predpokladu AC predpokladu < 2 SB, zo zadania AD zo< zadania 2 SC vieme, a vieme, že CD existujú < že 2 BC. existujú kladné kladné celé čísla celémčísla m a n, pre a n, ktoré preplatí ktoré platí 3x + 5y 3x = + 60m, 5y = 60m, Prvé dve z nich sú dôsledkom toho, že tetivy AC a AD danej kružnice sú kratšie ako jej priemer AB (obr. 1), tretia nerovnost zapísaná v5x tvare + 2y 1 5x = + 60n. 2y = 60n. 2 CD < BC je nerovnost ou medzi dĺžkami odvesny a prepony Na tieto Navzťahy tieto dvoch vzťahy zhodných sa môžeme sa môžeme pravouhlých pozerať pozerať trojuholníkov, ako naako sústavu na na sústavu ktoré je trojuholník lineárnych lineárnych BCD rovníc rovníc rozdelený s neznámymi s neznámymi priamkou AB, ktorá je totiž (vd aka predpokladu AB CD) osou tetivy CD. Dodajme, že rovnako dobre x a y xa aparametrami y a parametrami m a n. mvyriešiť a n. Vyriešiť ju vieme ju vieme ľubovoľnou ľubovoľnou štandardnou štandardnou metódou, metódou, možno využit aj trojuholníkovú nerovnost CD < BC + BD = 2 BC. napríklad napríklad od dvojnásobku od dvojnásobku prvej rovnice prvej rovnice odčítame odčítame päťnásobok päťnásobok druhej druhej a vyjadríme a vyjadríme x, x, potom potom dopočítame dopočítame y. Dostaneme y. Dostaneme x = 60(5n 60(5n 2m) 2m) 60(5m 60(5m 3n) 3n) x =, y, = y =

126 104 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí C I A X Y B Obr. 15 Iné riešenie. Označme α vel kosti vnútorných uhlov pri základni AC rovnoramenného trojuholníka SAC. Potom jeho vonkajší uhol pri vrchole S, čiže uhol CSB, má vel kost 2α, ktorú má aj Za úplné riešenie dajte 6 bodov, z toho 4 body za zdôvodnenie rovností AX = IX a BY = Y I. uhol CAD, pretože polpriamka AB je jeho osou (obr. 5). 2Rovnoramenné trojuholníky ACD a SCB sa tak zhodujú vo vnútorných uhloch pri svojich hlavných vrcholoch A a S, a sú teda podobné. Preto je pomer ich obvodov rovný pomeru dĺžok ich ramien, a ten má naozaj hodnotu menšiu ako 2, lebo ramená trojuholníka ACD sú kratšie ako priemer danej kružnice, zatial čo ramená trojuholníka SCB majú dĺžku jej polomeru. 2. Kružnice Úloha k(s; [59-S-2] 6 cm) Kružnice a l(o; 4k(S;6cm) majúa l(o;4cm) vnútornýmajú dotyk vnútorný v bode dotyk B. vurčte bode B. dĺžky Určtestrán trojuholníka dĺžky strán ABC, trojuholníka pričomabc, bodpričom A je priesečník bod A je priesečník priamky priamky OB sob kružnicou s kružnicou k ka abod C je priesečník C je priesečník kružnice kružnice k s dotyčnicou k s dotyčnicou z bodu z bodu A A ku ku kružnici l. l. (Pavel Leischner) Riešenie. Riešenie*. Bod Bod dotyku dotyku kružnice l ls sdotyčnicou z bodua A označme D (obr. D (obr. 6). Z1). vlastností Z vlastností dotyčnice dotyčnice riešiteľom Úspešným ku kružnici ku kružnici je vyplýva, ten žiak, vyplýva, že uhol ktorý ADO žezíska je uhol pravý. 10 ADO alebo Zároveň jeviac pravý. bodov. Zároveň aj uhol je pravý aj uhol Učitelia pošlú opravené riešenia školských kôl predsedom KK MO alebo nimi poverenej osobe do 14. februára. k l B O S A C D Slovenská komisia MO, KMANM FMFI UK, Obr. Mlynská 61 dolina, Bratislava Autori: ACB (Tálesova veta). Vojtech Trojuholníky Bálint, LeoABC Boček, a AOD PavelsúCalábek, tak podobné Šárkapodl a Gergelitsová, vety uu, Karel lebohorák, sa zhodujú Radek Horenský, Tomáš Jurík, Aleš Kobza, Pavel Leischner, Ján Mazák, Pavel Novotný, v uhloch ACB, ADO a v spoločnom uhle pri vrchole A. Z uvedenej podobnosti vyplýva Peter Novotný, Martin Panák, Michal Rolínek, Jaromír Šimša, Jaroslav Švrček, vyplýva Jaroslav Zhouf BC Recenzenti: Vojtech Bálint, Tomáš BC Jurík, Ján Mazák, Pavel Novotný, Peter Novotný OD = AB AO. (1) Redakčná úprava:... ACB (Tálesova veta). Trojuholníky ABC a AOD sú tak podobné podľa vety uu, lebo sa zhodujú v uhloch ACB, ADO a v spoločnom uhle pri vrchole A. Z uvedenej podobnosti OD = AB AO. (1) Vydal: IUVENTA Slovenský inštitút mládeže, Bratislava 2014 Zo zadaných číselných hodnôt vychádza OD = OB = 4 cm, OS = SB OB = 2 cm, OA = OS + SA = 8 cm a AB = 12 cm. Podľa (1) je teda BC : 4 cm = 12 : 8 a odtiaľ BC = 6 cm. Z Pytagorovej vety pre trojuholník ABC nakoniec zistíme, že AC = cm = 6 3 cm.

127 Iné riešenie. Rovnako ako v prvom riešení zistíme, že AD EC a ED BC. Z toho vyplýva podobnosť trojuholníkov AED a EBC. Ak označíme k príslušný pomer Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 105 Zo zadaných číselných hodnôt vychádza OD = OB = 4 cm, OS = SB OB = 2 cm, OA = = OS + SA = 8 cm a AB = 12 cm. Podl a (1) je teda BC : 4cm = 12 : 8 a odtial BC = 6 cm. Z Pytagorovej vety pre trojuholník ABC nakoniec zistíme, že AC = cm = 6 cm. Úloha [63-II-4] Daný je konvexný štvoruholník ABCD s bodome vnútri strany AB tak, že platí ADE = DEC = ECB. Obsahy trojuholníkov AED a CEB sú postupne 18 cm 2 a 8 cm 2. Určte obsah trojuholníka ECD. Riešenie*. Hl adaný obsah trojuholníka ECD označme S. Uhol DEC je striedavý s uhlami ADE a ECB, odtial AD EC a ED BC (obr. 7). Trojuholníky EDA D γ R w C γ v P γ A E Q w B Obr. Obr. 1 7 a EDC majú spoločnú stranu ED, pomer ich obsahov je teda rovný pomeru prislúchajúcich výšok. Ak navyše postupne označíme P, QaR kolmé priemety vrcholov A, BaC na priamku DE a označíme a EDC v = AP, majú w = spoločnú BQ = CR, stranu dostaneme ED, pomer z podobných ich obsahov pravouhlých je teda trojuholníkov rovný pomeru AEP a BEQ prislúchajúcich výšok. Ak navyše postupne označíme P, Q a R kolmé priemety vrcholov A, B úmeru a C na priamku DE a označíme v = AP 18, w BQ = CR, dostaneme z podobných pravouhlých trojuholníkov AEP a BEQ S = v úmeru w = AE EB. Analogicky pre trojuholníky ECD a ECB zistíme, že 18 S = 8 v w AE S = EB AE EB.. (V obr. 7 sú prislúchajúce priemety iba naznačené, ale jedná sa o ten istý výpočet ako v predošlom odseku, len v ňom zameníme zodpovedajúce body A B,C D a prislúchajúce obsahy trojuholníkov Analogicky AED a BEC.) pre trojuholníky Dokopy teda jeecd S : 8 = a18 ECB : S čižezistíme, S 2 = 144, žetakže trojuholník ECD má obsah S = 12 cm 2. Seminár 23 8 S = EB AE. Seminár sa nebude konat, namiesto neho sa študenti zúčastnia medzinárodnej matematickej sút aže (V 5-členných obr. 1 sú družstiev prislúchajúce Náboj. priemety iba naznačené, ale jedná sa o ten istý výpočet ako v predošlom odseku, len v ňom zameníme zodpovedajúce body A B, C D a prislúchajúce obsahy trojuholníkov AED a BEC.) Dokopy teda je S : 8 = 18 : S čiže S 2 = 144, takže trojuholník ECD má obsah S = 12 cm 2.

128 106 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Seminár 24 Téma Kombinatorika I úlohy na mriežke a šachovnici Ciele Zoznámit študentov s metódami, ktoré si budú vyžadovat rôznorodé úlohy využívajúce šachovnice alebo tabul ky. Úlohy a riešenia Úloha [66-II-2] Štvorcovú tabul ku 6 6 zaplníme všetkými celými číslami od 1 do 36. a) Uved te príklad takého zaplnenia tabul ky, že súčet každých dvoch čísel v rovnakom riadku či v rovnakom stĺpci je väčší ako 11. b) Dokážte, že pri l ubovol nom zaplnení tabul ky sa v niektorom riadku alebo stĺpci nájdu dve čísla, ktorých súčet neprevyšuje 12. Riešenie*. a) Aby sme dosiahli požadované rozmiestnenie čísel v tabul ke, nesmú v žiadnom riadku ani stĺpci spolu zostat dve z čísel nanajvýš rovných šiestim. Preto jednu z mnohých vyhovujúcich tabuliek zostavíme, ked čísla od 1 do 6 vpíšeme zhora nadol do políčok jednej uhlopriečky a d alej budeme postupne zdola nahor brat rady políčok rovnobežných s druhou uhlopriečkou a do vol ných miest každej z nich vpisovat zhora nadol zvyšné čísla 7, 8 atd. až 36: Najmenšie súčty dvoch čísel z jednotlivých riadkov (zhora nadol) sú a z jednotlivých stĺpcov (zl ava doprava) ,2 + 15,3 + 11,4 + 9,5 + 7, ,2 + 18,3 + 14,4 + 10,5 + 8, Rýchlejší opis príkladu vyhovujúcej tabul ky a jeho jednoduchšiu kontrolu dostaneme, ked do tabul ky vpíšeme iba čísla od 1 do 12, ako vidíme nižšie. Rozmiestnenie čísel od 13 do 36 do prázdnych políčok už zrejme môže byt l ubovol né dve najmenšie čísla v každom riadku aj stĺpci sú totiž práve tie od 1 do

129 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 107 b) Ak sú dve z čísel od 1 do 6 v rovnakom riadku alebo v rovnakom stĺpci, ich súčet neprevýši dokonca ani číslo = 11. V opačnom prípade sú čísla od 1 do 6 rozmiestnené vo všetkých riadkoch a všetkých stĺpcoch, takže číslo 7 je v rovnakom riadku s číslom x a v rovnakom stĺpci s číslom y, pričom x a y sú dve rôzne čísla od 1 do 6. Potom menšie z čísel 7 + x a 7 + y neprevýši menšie z čísel a 7 + 5, teda číslo 12. Tým je tvrdenie dokázané. Komentár. Úloha je relatívne jednoduchá a nevyžaduje žiadne špeciálne matematické vedomosti, len starostlivý logický úsudok. Študenti pravdepodobne vymyslia rôzne zaplnenia tabul ky a to môže byt výbornou príležitost ou nechat ich riešenia skontrolovat si medzi sebou navzájom. Úloha [62-I-1-N1] Kobylka skáče po úsečke dĺžky 10 cm a to skokmi o 1 cm alebo o 2 cm (vždy rovnakým smerom). Kol kými spôsobmi sa môže dostat z jedného krajného bodu úsečky do druhého? Riešenie*. Ak označíme a n počet spôsobov, kol kými sa môže kobylka dostat do bodu vzdialeného n cm od začiatočného bodu úsečky, tak pre každé n 1 platí a n+2 = a n+1 + a n. Ked že a 1 = 1 a a 2 = 2, môžeme d alšie počty a 3,a 4,... postupne počítat podl a vzorca z predošlej vety, až dospejeme k hodnote a 10 = 89. Pri inom postupe je možné rozdelit všetky cesty podl a toho, kol ko pri nich urobí kobylka skokov dĺžky dva (ich počet môže byt 0, 1, 2, 3, 4 alebo 5 a tým je tiež určený počet skokov dĺžky 1: 10, 8, 6, 4, 2 alebo 0). Ku každému takému počtu potom určíme počet všetkých rôznych poradí jednotiek a dvojok (dávajúcich v súčte 10). Dostaneme tak = 89 možných ciest. Komentár. Úloha opät pravdepodobne nebude pre študentov neprekonatel nou výzvou. Bude však určite zaujímavé sledovat, ako sa študenti popasujú s hl adaním počtu spôsobov. Taktiež úloha slúži ako príprava na úlohu nasledujúcu a domácu prácu. Úloha [62-I-2-N2, upravené] Škriatok sa pohybuje v tabul ke skokmi o jedno políčko nahor alebo o jedno políčko doprava. Kol kými rôznymi cestami sa môže dostat z l avého dolného do pravého horného políčka? Riešenie*. Škriatok urobí 9 skokov nahor a 14 skokov doprava. Jeho cestu určíme, ked v poradí všetkých 23 skokov vyberieme tých devät, ktoré povedú nahor. Počet týchto výberov 9 prvkov z daných 23 je rovný zlomku , teda číslu Komentár. Ako sme už spomínali, táto úloha je tiež prípravou na domácu prácu. Je tiež vhodným miestom, kde môžeme prípadným tápajúcim študentom pripomenút metódu riešenia, s ktorou sme sa už stretli: pokúsit sa vypozorovat, ako sa úloha správa pre menšie rozmery, napr. tabul ku 3 3 a potom objavené výsledky zovšeobecnit. Úloha [64-II-2] V jednom políčku šachovnice 8 8 je napísané a v ostatných políčkach +. V jednom kroku môžeme zmenit na opačné súčasne všetky štyri znamienka

130 108 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí v ktoromkol vek štvorci 2 2 na šachovnici. Rozhodnite, či po určitom počte krokov môže byt na šachovnici oboch znamienok rovnaký počet. Riešenie*. Počty plusov a mínusov v tabul ke sú na začiatku 63 a 1, teda dve nepárne čísla. V l ubovol nom štvorci 2 2 môžu byt zastúpené jedným zo spôsobov 2 + 2, alebo vo vhodnom poradí sčítancov, ktoré sa po vykonanom kroku zmenia na poradie opačné. Vidíme teda, že po jednom kroku sa celkové počty plusov a mínusov v tabul ke bud nemenia, alebo sa oba zmenia o 2, alebo sa oba zmenia o 4, takže to stále budú dve nepárne čísla ako na začiatku. To znamená, že nikdy nemôže byt na šachovnici oboch znamienok rovnaký počet, čiže párne číslo 32. Komentár. Po krátkom experimentovaní by malo byt väčšine študentov jasné, ako sa bude šachovnica správat, a tým pádom aj aká bude odpoved na otázku zo zadania. (Ne)náročnosti úlohy zodpovedá aj jej bodové hodnotenie v krajskom kole, kde sa stala najlepšie hodnotenou úlohou daného ročníka. 8 Úloha [64-I-3-N3] Simona a Lenka hrajú hru. Pre dané celé číslo k také, že 0 k 9, vyberie Simona k políčok šachovnice 3 3 a na každé z nich napíše číslo 1, na ostatné políčka napíše číslo 0. Lenka potom šachovnicu nejakým spôsobom pokryje tromi triminovými kockami, t. j. kockami tvaru 3 1, a čísla pod ich políčkami vynásobí. Ak je počet kociek so súčinom 0 nepárny, vyhráva Simona, v ostatných prípadoch vyhráva Lenka. Určte, v kol kých percentách prípadov (vzhl adom na hodnotu k) má vyhrávajúcu stratégiu Simona. Riešenie. Ukážeme, že vít aznú stratégiu má pre všetky k okrem 7 a 9 Simona. Ak má Simona vyhrat, musí 1 do políčok šachovnice umiestňovat tak, aby v každom riadku a každom stĺpci nechala priestor na aspoň jednu 0. Tým zaručí, že akokol vek potom Lenka umiestni triminové kocky, každá z nich bude obsahovat aspoň jednu 0. Ked že spolu máme 10 možných hodnôt k a pre 8 z nich má Simona vít aznú stratégiu, vyhrá v 80 % prípadov. Komentár. Zaujímavé bude sledovat, ako efektívne sa budú študenti schopní zhostit úlohy. Ked že má úloha jednoznačný číselný výsledok, môžeme po chvíli samostatnej práce nechat študentov porovnat svoje výsledky a pokúsit zistit pôvod prípadných nezrovnalostí. Úloha [61-I-6-N1] Na hracej ploche m n tvorenej bielymi štvorcovými políčkami sa Monika a Tamara striedajú v t ahoch jednou figúrkou pri nasledujúcej hre. Najskôr Monika položí figúrku na l ubovol né políčko a toto políčko zafarbí namodro. Ďalej vždy hráčka, ktorá je na t ahu, urobí s figúrkou skok na políčko, ktoré je doposial biele a zafarbí toto políčko namodro. Pritom pod skokom rozumieme t ah šachovou vežou, t. j. presuny figúrky v smere riadkov alebo v smere stĺpcov hracej dosky (o l ubovol ný počet políčok). Hráčka, ktorá je na rade a už nemôže urobit t ah, prehráva. Rozhodnite, ktoré z hráčok môže hrat tak, že vyhrá nezávisle na t ahoch druhej hráčky? Riešenie*. Ak sú obe čísla m a n nepárne, má vít aznú stratégiu prvá hráčka, ak je aspoň jedno z čísel m,n párne, má vít aznú stratégiu druhá hráčka. V oboch prípadoch si uvedená hráčka vo- 8 Na Slovensku, s priemerom 3,8 b medzi všetkými riešitel mi a 5,5 b medzi úspešnými riešitel mi.

131 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 109 pred v duchu rozdelí všetky políčka hracej dosky do dvojíc (v prvom prípade jedno políčko ostane, naň potom hráčka položí figúrku v úvodnom t ahu), a to tak, aby v každom zostavenom páre boli políčka navzájom dosiahnutel né jedným skokom (pre t ahy vežou je to l ahké, stačí párovat len susedné políčka riadku alebo stĺpca); v priebehu hry potom táto hráčka môže vždy skočit z jedného políčka na druhé políčko toho istého páru, takže vyhrá. Komentár. Úloha je netriviálna, jej zvládnutie je však výborným predpokladom na úspešné vyriešenie domácej práce. Ak nám ostane na konci seminára dostatok času, môžeme študentov najprv odohrat pár kôl hry pre nimi zvolené rozmery tabul ky a na základe poznatkov z hry potom presne popísat vít aznú stratégiu. Domáca práca Úloha [62-I-1] Štvorcová tabul ka je rozdelená na políčok. Kobylka sa po nej pohybuje dvoma smermi: vpravo alebo dole, pričom strieda skoky o dve a o tri políčka ( t. j. žiadne dva po sebe idúce skoky nie sú rovnako dlhé). Začína skokom dĺžky dva z l avého horného políčka. Kol kými rôznymi cestami sa môže kobylka dostat na pravé dolné políčko? (Pod cestou máme na mysli postupnost políčok, na ktoré kobylka doskočí.) Riešenie*. V priebehu svojej cesty sa kobylka musí posunút o celkom 15 políčok doprava a 15 políčok nadol. Dohromady sa tak posunie o 30 políčok, takže dvojicu skokov dĺžky = 5 zopakuje celkom šest krát. Presnejšie vyjadrené, jej jednotlivé skoky budú mat dĺžky postupne 2,3,2,3,2,3,2,3,2,3,2,3, (1) takže pôjde šest krát o skok dĺžky dva (2-skok) a šest krát o skok dĺžky tri (3-skok). Ak jednotlivým 2-skokom a 3-skokom pripíšeme poradové čísla podl a ich pozície v (1), bude kobylkina cesta jednoznačne určená výberom poradových čísel skokov smerujúcich doprava (zvyšné potom budú smerovat nadol). Musíme pritom dodržat len to, aby súčet dĺžok takto vybraných skokov ( t. j. skokov doprava) bol rovný 15. To možno povolenými dĺžkami dosiahnut (bez rozlíšenia poradia skokov) nasledujúcimi spôsobmi: 15 = , 15 = , 15 = V prvom prípade bude pät zo šiestich 3-skokov doprava (a všetky 2-skoky nadol), takže cesta bude určená len poradovým číslom toho (jediného) 3-skoku, ktorý bude smerovat nadol. Preto je ciest tohto typu práve 6. V druhom prípade bude cesta určená poradovými číslami troch 3-skokov doprava a poradovými číslami troch 2-skokov doprava. Výbery oboch trojíc sú nezávislé ( t. j. možno ich spolu l ubovol ne kombinovat ) a pri každom z nich vyberáme tri prvky zo šiestich, čo možno urobit 20 spôsobmi. 9 Preto je ciest tohto typu = 400. V tret om prípade je kobylkina cesta určená len poradovým číslom toho jediného 3-skoku, ktorý bude smerovat doprava, takže ciest tohto typu je (rovnako ako v prvom prípade) opät 6. 9 Väčšina riešitel ov kategórie C ešte zrejme nepozná kombinačné čísla, hodnotu ( 6 3) = 20 však možno vypočítat aj vypísaním jednotlivých možností.

132 110 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Záver. Hl adaný celkový počet kobylkiných ciest je = 412. Iné riešenie. Zadanú úlohu pre pravé dolné políčko vyriešime tak, že budeme postupne určovat počty kobylkiných ciest, ktoré vedú do jednotlivých políčok tabul ky (políčka budeme postupne volit od l avého dolnému horného políčku). políčkapre jednotlivých zjednodušenie vedl ajších ďalšieho diagonálach výkladu 10, lebo označme ako l ahko (i, j) zistíme, políčko pravému v i-tom po určitom riadku počtea skokov j-tomskončí stĺpci. kobylka na tej istej vedl ajšej diagonále; tak sa nakoniec dostaneme k tomu Je zrejmé, najvzdialenejšiemu, že povoleným teda spôsobom pravému dolnému skákania políčku). sa kobylka Pre zjednodušenie vie dostať d alšieho len navýkladu niektoré políčka označme celej (i, tabuľky. j) políčko Po v i-tom prvom riadku skoku a j-tom (ktorý stĺpci. musí byť 2-skok z políčka (1, 1)) sa kobylka dostane Je zrejmé, len nažepolíčko povoleným (1, 3) spôsobom alebo skákania (3, 1), po sa druhom kobylka vie skoku dostat (teda len na3-skoku) niektoré políčka to bude niektoré celej tabul ky. z políčok Po prvom skoku (ktorý musí byt 2-skok z políčka (1, 1)) sa kobylka dostane len na políčko (1, 3) alebo (3, 1), po druhom (1, 6), skoku (3,(teda 4), (4, 3-skoku) 3), (6, to1). bude niektoré z políčok Vo všetkých doteraz uvedených (1,6),(3,4),(4,3),(6,1). políčkach je v tabuľke vpísané číslo 1, lebo na každé z nich vedie jediná kobylkina cesta. Situácia sa zmení po treťom skoku (2-skoku) Vo všetkých doteraz uvedených políčkach je v tabul ke vpísané číslo 1, lebo na každé z nich vedie kobylky, lebo na políčka (3, 6) a (6, 3) vedú vždy dve rôzne cesty, a to z políčok jediná kobylkina cesta. Situácia sa zmení po tret om skoku (2-skoku) kobylky, lebo na políčka (3, (1, 6) a (3, 4), resp. z políčok (6, 1) a (4, 3). Takto v ďalšom kroku našej úvahy určíme 6) a (6, 3) vedú vždy dve rôzne cesty, to z políčok (1, 6) a (3, 4), resp. z políčok (6, 1) a (4, všetky 3). Takto políčka, v d alšom na kroku ktoré našej sa kobylka úvahy určíme môže všetky dostať políčka, po na štyroch ktoré sa skokoch, kobylka môže aj počty dostat ciest, po ktoré štyroch v týchto skokoch, políčkach aj počty ciest, končia. ktoré vv týchto zapĺňaní políčkach tabuľky končia. týmito V zapĺňaní číslami tabul ky (postupom týmito číslami podľa počtu (postupom skokov podl a kobylky) počtu skokov pokračujeme, kobylky) pokračujeme, až sa dostaneme až sa dostaneme cieľového do ciel ového políčka políčka (16, 16). Pritom (16, 16). neustále Pritom neustále využívame využívame to, že to, posledný že posledný skok skok kobylky kobylky na na dané políčko má danúdĺžku dĺžku a jeden a či čioba možné smery. V Vprvom prvom prípade prípade číslo zčíslo predposledného z predposledného políčka na políčka ceste na na posledné ceste na posledné políčko opíšeme, políčko opíšeme, v druhom vprípade druhom tamprípade napíšemetam súčet napíšeme čísel z oboch súčet možných čísel z predposledných oboch možných predposledných políčok. políčok V tomto prípade pod vedl ajšou diagonálou chápeme skupinu políčok, ktorých stredy ležia na priamke kolmej na spojnicu stredu začiatočného políčka so stredom koncového políčka. Rovnako ako v prvom riešení prichádzame k výsledku 412. Návodné a dopĺňajúce úlohy: N1. Kobylka skáče po úsečke dĺžky 10 cm a to skokmi o 1 cm alebo o 2 cm (vždy rovnakým smerom). Koľkými spôsobmi sa môže dostať z jedného krajného bodu úsečky do druhého? [Ak označíme a n počet spôsobov, koľkými sa môže kobylka dostať do bodu vzdialeného n cm od začiatočného bodu úsečky, tak pre každé n 1 platí a n+2 = = a n+1 + a n. Keďže a 1 = 1 a a 2 = 2, môžeme ďalšie počty a 3, a 4,... postupne

133 Návodné a dopĺňajúce úlohy: N1. Riešte jednoduchší variant zadanej úlohy, keď povolené skoky sú ťahy šachovou vežou, t. j. presuny figúrky v smere riadkov alebo v smere stĺpcov hracej dosky (o ľubovoľný počet políčok). Dokážete objaviť víťaznú stratégiu pre tento variant hry v prípade hracej dosky ľubovoľných rozmerov m n? [Ak sú obe čísla m a n nepárne, má víťaznú stratégiu prvá hráčka, ak je aspoň jedno z čísel m, n párne, má víťaznú stratégiu druhá hráčka. V oboch prípadoch si uvedená hráčka vopred v duchu rozdelí všetky políčka Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 111 Rovnako ako v prvom riešení prichádzame k výsledku 412. Úloha [61-I-6] Na hracej ploche n n tvorenej bielymi štvorcovými políčkami sa Monika a Tamara striedajú v t ahoch jednou figúrkou pri nasledujúcej hre. Najskôr Monika položí figúrku na l ubovol né políčko a toto políčko zafarbí namodro. Ďalej vždy hráčka, ktorá je na t ahu, urobí s figúrkou skok na políčko, ktoré je doposial biele, a toto políčko zafarbí namodro. Pritom pod skokom rozumieme bežný t ah šachovým jazdcom, t. j. presun figúrky o dve políčka zvislo alebo vodorovne a súčasne o jedno políčko v druhom smere. Hráčka, ktorá je na rade a už nemôže urobit t ah, prehráva. Postupne pre n = 4,5,6 rozhodnite, ktorá z hráčok môže hrat tak, že vyhrá nezávisle na t ahoch druhej hráčky. Riešenie*. Ak je celkový počet políčok hracej plochy párny (v zadaní pre n = 4 a n = 6), môže v poradí druhá hráčka pomýšl at na túto vít aznú stratégiu: spárovat všetky políčka hracej dosky do dvojíc tak, aby v každom páre boli políčka navzájom dosiahnutel né jedným skokom. Pokial také spárovanie políčok druhá hráčka nájde, má vít aznú stratégiu: v každom t ahu urobí skok na víťaznú stratégiu: v každom ťahu urobí skok na druhé políčko toho páru, na ktorého druhé políčko toho páru, na ktorého prvom políčku figúrka práve leží. prvom políčku figúrka práve leží. Ak je celkovýpočet počet políčok políčok hracej hracej plochy plochy nepárny nepárny (v zadaní (v pre zadaní n = 5), môže pre n v poradí = 5), prvá môže v hráčka poradípomýšl at prvá hráčka na tútopomýšľať vít aznú stratégiu: na túto spárovat víťaznú všetky stratégiu: políčka hracej spárovať dosky okrem všetkyjedného políčka hracej do dvojíc dosky tak, okrem aby v každom jedného páre doboli dvojíc políčka tak, navzájom aby v každom dosiahnutel né párejedným boli políčka skokom. navzájom Pokial dosiahnuteľné také spárovaniejedným prvá hráčka skokom. nájde, Pokiaľ má vít aznú takéstratégiu: spárovanie v prvom prvá t ahu hráčka položínájde, figúrku na má(jediné) víťaznú stratégiu: nespárované v prvom políčko a ťahu v každom položí d alšom figúrku t ahu na urobí (jediné) skok na nespárované druhé políčko toho políčko páru, a na v ktorého každom prvom políčku figúrka práve leží. ďalšom ťahu urobí skok na druhé políčko toho páru, na ktorého prvom políčku figúrka právenájst leží. požadované spárovania políčok je pre zadané príklady l ahké a je to možné urobit viacerými Nájsť spôsobmi. požadované Ukážme spárovania tie z nich, ktoré políčok majú určité je prečrty zadané pravidelnosti. príklady Na obr. ľahké 1 zl ava a je je tovidno, možné urobiť ako jeviacerými možné spárovat spôsobmi. políčka Ukážme časti hracej tie zplochy nich, oktoré rozmeroch majú4 určité 2; celú črty hraciu pravidelnosti. plochu 4 4Na obr. rozdelíme 3 zľavana jedva vidno, takéako bloky jeamožné urobímespárovať spárovanie políčka v každom časti z nich. hracej I naplochy spárovanie o rozmeroch políčok hracej 4 2; celú plochy hraciu 6 6plochu môžeme 4 využit 4 rozdelíme spárovaniena v dvoch dva také blokoch bloky 4 2; a na urobíme obr. 1 uprostred spárovanie je znázornené v každom z nich. možné I stredovo na spárovanie súmerné spárovanie políčok hracej všetkých plochy políčok. 6 Nakoniec 6 môžeme na obr. využiť 1 vpravo spárovanie je príklad v spárovania políčok hracej plochy 5 5 s nespárovaným políčkom v l avom hornom rohu (nespárované dvoch blokoch 4 2; na obr. 3 uprostred je znázornené možné stredovo súmerné spárovanie políčko nemusí byt nutne rohové); opät je pritom využitý jeden blok 4 2. všetkých políčok. Nakoniec na obr. 3 vpravo je príklad spárovania políčok hracej plochy 5 5 s nespárovaným políčkom v ľavom hornom rohu (nespárované políčko nemusí byť nutne rohové); opäť je pritom využitý jeden blok E A D B 3 4 D B C A 2 1 C E E C 1 2 A C B D 4 3 B D A E 2 1 Obr. 13 A B C D 1 2 E A B 3 4 C D F 2 1 G E H 4 3 H F G

134 112 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 2.6 Apríl Seminár 25 Téma Kombinatorika II hry s hl adaním vít aznej stratégie a logické úlohy. Ciele Pokračovat v precvičovaní úloh zameraných na hl adanie vít aznej stratégie a úloh, ktoré nevyžadujú špeciálne matematické znalosti. Úlohy a riešenia Úloha [61-I-6-N2] Na tabuli sú napísané všetky prvočísla menšie ako 100. Gitka a Terka sa striedajú v t ahoch pri nasledujúcej hre. Najprv Gitka zmaže jedno z prvočísel. Ďalej vždy hráčka, ktorá je na t ahu, zmaže jedno z prvočísel, ktoré má s predchádzajúcim zmazaným prvočíslom jednu zhodnú číslicu (tak po prvočísle 3 je možné zmazat trebárs 13 alebo 37). Hráčka, ktorá je na t ahu a nemôže už žiadne prvočíslo zmazat, prehráva. Ktorá z oboch hráčok môže hrat tak, že vyhrá nezávisle od t ahov súperky? Riešenie*. Pretože prvočísel menších ako 100 je nepárny počet (25), ponúka sa hypotéza, že vít aznú stratégiu bude mat prvá hráčka. Ukážme, že to tak naozaj je. Táto hráčka si vopred v duchu spáruje (podl a spoločnej číslice) napísané prvočísla (dá sa to urobit viacerými spôsobmi, uvedieme ten, pri ktorom v každom kroku párujeme najmenšie doposial nespárované prvočíslo s najmenším d alším doposial nespárovaným prvočíslom so spoločnou číslicou): (2, 23), (3, 13), (5, 53), (7, 17), (11, 19), (29, 59), (31, 37), (41, 43), (47, 67), (61, 71), (73, 79), (83, 89); jediné zostávajúce nespárované prvočíslo 97 preto Gitka zmaže ako prvé a d alej pri hre bude mazat vždy prvočíslo, ktoré je v páre s predchádzajúcim zmazaným prvočíslom. Týmto postupom musí vyhrat. Komentár. Úloha je malým opakovaním toho, ktoré čísla do 100 sú prvočísla a môžeme ju využit pripomenutie definície prvočísla. Ako aj v nasledujúcich úlohách, môžeme študentov nechat najprv odohrat niekol ko hier a potom skúsit ich čiastkové zistenia spoločne pretavit do univerzálnej stratégie. Úloha [61-II-4] Na tabuli je napísaných prvých n celých kladných čísel. Marína a Tamara sa striedajú v t ahoch pri nasledujúcej hre. Najskôr Marína zotrie jedno z čísel na tabuli. Ďalej vždy hráčka, ktorá je na t ahu, zotrie jedno z čísel, ktoré sa od predchádzajúceho zotretého čísla ani nelíši o 1, ani s ním nie je súdelitel né. Hráčka, ktorá je na t ahu a nemôže už žiadne číslo zotriet, prehrá. Pre n = 6 a pre n = 12 rozhodnite, ktorá z hráčok môže hrat tak, že vyhrá nezávisle na t ahoch druhej hráčky. Riešenie*. Úloha dvoch po sebe zotieraných čísel je v zadanej hre symetrická: ak je po čísle x možné zotriet číslo y, je (pri inom priebehu hry) po čísle y možné zotriet číslo x. Preto si môžeme celú hru (so zadaným číslom n) sprehl adnit tak, že najskôr vypíšeme všetky takéto (nazývajme

135 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 113 ich prípustné) dvojice (x, y). Ked že na poradí čísel v prípustnej dvojici nezáleží, stačí vypisovat len tie dvojice (x,y), v ktorých x < y. V prípade n = 6 všetky prípustné dvojice sú (1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,5),(3,5). Z tohto zoznamu l ahko odhalíme, že vít aznú stratégiu má (prvá) hráčka Marína. Ak totiž zotrie na začiatku hry číslo 4, musí Tamara zotriet číslo 1, a ked potom Marína zotrie číslo 6, nemôže už Tamara žiadne d alšie číslo zotriet. Okrem tohto priebehu si môže Marína zaistit vít azstvo aj inými, pre Tamaru vynútenými priebehmi, napríklad alebo V prípade n = 12 je všetkých prípustných dvojíc výrazne väčšie množstvo. Preto si položíme otázku, či všetky čísla od 1 do 12 možno rozdelit na šest prípustných dvojíc. Ak totiž nájdeme takú šesticu, môžeme opísat vít aznú stratégiu druhej hráčky (Tamary): ak zotrie Marína pri ktoromkol vek svojom t ahu číslo x, Tamara potom vždy zotrie to číslo y, ktoré s číslom x tvorí jednu zo šiestich nájdených dvojíc. Tak nakoniec Tamara zotrie aj posledné (dvanáste) číslo a vyhrá (prípadne hra skončí skôr tak, že Marína nebude môct zotriet žiadne číslo). Hl adané rozdelenie všetkých 12 čísel do šiestich dvojíc naozaj existuje, napríklad (1,4),(2,9),(3,8),(5,12),(6,11),(7,10). Iné vyhovujúce rozdelenie dostaneme, ked v predošlom dvojice (1, 4) a (6, 11) zameníme dvojicami (1, 6) a (4, 11). Ďalšie, menej podobné vyhovujúce rozdelenie je napríklad (1,6),(2,5),(3,10),(4,9),(7,12),(8,11). Záver. Pre n = 6 má vít aznú stratégiu Marína, pre n = 12 Tamara. Komentár. Úloha je náročnejšia ako predchádzajúca, no študenti by mali prvú čast zvládnut samostatne, v časti druhej môžu svoje sily spojit so s d alšími spolužiakmi, príp. stratégie, ktoré vymysleli, otestovat pri vzájomnej hre. Úloha [61-I-6-N3] Dve hráčky majú k dispozícii pre hru, ktorú opíšeme, neobmedzený počet dvadsat centových mincí a stôl s kruhovou doskou s priemerom 1 m. Hra prebieha tak, že sa hráčky pravidelne striedajú v t ahoch. Najprv prvá hráčka položí jednu mincu kamkol vek na prázdny stôl. Ďalej vždy hráčka, ktorá je na t ahu, položí na vol nú čast stola d alšiu mincu (tak, aby nepresahovala okraj stola a aby sa skôr položených mincí nanajvýš dotýkala). Ktorá z oboch hráčok môže hrat tak, že vyhrá nezávisle od t ahov súperky? Riešenie*. Vít aznú stratégiu má prvá hráčka: prvú mincu položí doprostred stola a v každom d alšom kroku položí mincu na miesto súmerne združené podl a stredu stola s miestom práve položenej mince. Komentár. Úloha je zaujímavým príkladom, kde zohráva špeciálnu úlohu jeden konkrétny bod hracej plochy. Nájdenie vít aznej stratégie je po uvedomení si tejto vlastnosti už úlohou jednoduchou. Na príklade tejto hry môžeme študentov upozornit na d alší všeobecný princíp, ktorý pri riešení matematických problémov môže príst vhod hl adanie symetrií, príp. špeciálnych bodov týchto symetrií a skúmanie ich vlastností, pričom symetrie nemusíme chápat nutne iba v geometrickom kontexte.

136 114 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí Úloha [59-D-1] Erika a Klárka hrali hru slovný logik s týmito pravidlami: Hráč A si myslí slovo zložené z piatich rôznych písmen. Hráč B vysloví l ubovol né slovo zložené z piatich rôznych písmen a hráč A mu prezradí, kol ko písmen uhádol na správnej pozícii a kol ko na nesprávnej. Písmená považujeme za rôzne, aj ked sa líšia iba mäkčeňom alebo dĺžňom (napríklad písmena A, Á sú rôzne). Keby si hráč A myslel napríklad slovo LOĎKA a B by vyslovil slovo KOLÁČ, odpovie hráč A, že jedno písmeno uhádol hráč B na správnej pozícii a dve na nesprávnej. Skrátene oznámi 1 + 2, lebo sa naozaj obe slová zhodujú iba v písmene O vrátane pozície (druhej zl ava) a v písmenách K a L, ktorých pozície sú odlišné. Erika si myslela slovo z piatich rôznych písmen a Klárka vyslovila slová KABÁT, STRUK, SKOBA, CESTA a ZÁPAL. Erika na tieto slová v danom poradí odpovedala 0 + 3, 0 + 2, 1 + 2, a Zistite, aké slovo si Erika mohla mysliet. Riešenie*. Slová ZÁPAL a ST RUK nemajú spoločné písmená. Preto sa, ako vyplýva z odpovedí a 0 + 2, medzi ich písmenami, ktoré dokopy tvoria množinu M = {Z, Á, P,A,L,S,T,R,U,K}, nachádza všetkých pät písmen hl adaného slova. V slove SKOBA majú byt práve tri z hl adaných písmen. Sú to teda písmená S,K,A. (Zvyšné písmená B a O totiž do množiny M nepatria.) V slove CESTA majú byt len dve z hl adaných písmen, a obe na správnej pozícii. Sú to už nájdené S a A, ktoré teda patria na tretie, resp. piate miesto hl adaného slova (a písmeno T môžeme z množiny M vylúčit ). Písmeno K nemôže byt ani na prvom, ani na druhom mieste: vyplýva to z odpovedí pre slová KABÁT (0 + 3) a SKOBA (1 + 2). Takže je na štvrtom mieste a ostáva určit prvé dve písmená. V slove ST RUK sú len dve z hl adaných písmen (musia to teda byt S a K), obe na nesprávnych pozíciách. Preto z množiny M vylúčime aj písmená R,U (a T, ak sme to doteraz neurobili). Zvyšné dve hl adané písmená potom patria do množiny {Z, Á, P, L}. Z podmienok pre slovo KABÁT vyplýva, že jedno z nich je Á. V slove ZÁPAL je práve jedno písmeno na správnej pozícii. Keby to bolo Z, nemali by sme kam uložit písmeno Á. Takže Á je na druhom mieste a navyše môžeme vylúčit písmeno Z. Na prvom mieste hl adaného slova môže byt L alebo P. L ahko sa presvedčíme, že nájdené slová LÁSKA aj PÁSKA vyhovujú všetkým podmienkam úlohy. Komentár. Úloha opät nevyžaduje žiadne matematické znalosti, je však výbornou previerkou toho, ako sú študenti schopní narábat s vel kým množstvom informácií, nestratit v nich prehl ad a využit ich na zdarné vyriešenie zadaného problému. Úloha [63-D-6] Šachového turnaja sa zúčastnilo 8 hráčov a každý s každým odohral jednu partiu. Za vít azstvo získal hráč 1 bod, za remízu pol bodu, za prehru žiadny bod. Na konci turnaja mali všetci účastníci rôzne počty bodov. Hráč, ktorý skončil na 2. mieste, získal rovnaký počet bodov ako poslední štyria dokopy. Určte výsledok partie medzi 4. a 6. hráčom v celkovom poradí. Riešenie*. Poslední štyria hráči odohrali medzi sebou 6 partií, takže počet bodov, ktoré dokopy získali, je aspoň 6. Hráč, ktorý skončil na 2. mieste, teda získal aspoň 6 bodov. Keby získal viac ako 6, teda aspoň 6,5 bodov, musel by najlepší hráč (vd aka podmienke rôznych počtov) získat všetkých 7 možných bodov; porazil by tak i hráča na 2. mieste, ktorý by v dôsledku toho získal menej ako 6,5 bodov, a to je spor. Hráč v poradí druhý preto získal práve 6 bodov. Presne tol ko ale získali dokopy i poslední štyria, a tak mohli tieto body získat len zo vzájomných partií, čo zna-

137 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 115 mená, že prehrali všetky partie s hráčmi z prvej polovice výsledného poradia. Hráč, ktorý skončil na 6. mieste, preto prehral partiu s hráčom, ktorý skončil na 4. mieste. Komentár. Posledná logická úloha seminára poskytuje niekol ko rôznych ciest k riešeniu, nielen jedinú popísanú v zadaní a tak môže byt pre študentov inšpiratívne svoje riešenia medzi sebou pozdiel at. Na úlohu tiež nadväzuje domáca práca. Domáca práca Úloha [. 63-K-2]25.6 Šachového turnaja sa zúčastnilo 5 hráčov a každý s každým odohral jednu partiu. Za prvenstvo získal hráč 1 bod, za remízu pol bodu, za prehru žiadny bod. Poradie hráčov na turnaji sa určuje podl a počtu získaných bodov. Jediným d alším kritériom rozhodujúcim o konečnom umiestnení hráčov v prípade rovnosti bodov je počet výhier (kto má viac výhier, je na tom v umiestnení lepšie). Na turnaji získali všetci hráči rovnaký počet bodov. Vojto porazil Petra a o prvé miesto sa delil s Tomášom. Ako dopadla partia medzi Petrom a Martinom? Riešenie*. Každý hráč odohral po jednej partii so zvyšnými štyrmi. Bolo teda odo hraných celkom = 10 partií, takže každý hráč získal práve 2 body. Sú len tri možnosti, ako získat odohraním štyroch partií 2 body, a podl a toho obsahovala celková tabul ka nanajvýš tri rovnocenné skupiny hráčov. Tieto skupiny, A,B a C, uvádzame v poradí, v ktorom by sa v konečnej tabul ke umiestnili: Skupina A obsahuje všetkých hráčov, ktorí majú po dvoch výhrach a dvoch prehrách. Skupina B pozostáva z hráčov s jednou výhrou, jednou prehrou a dvoma remízami. Skupina C obsahuje hráčov so štyrmi remízami. Vojto a Tomáš sú jediní vít azi, preto nepatria do skupiny C. Nepatria ani do skupiny B, pretože v opačnom prípade by s nimi museli všetci traja hráči zo skupiny C s horším výsledkom remizovat (a každý hráč skupiny B má len dve remízy). Z toho vyplýva, že Vojto a Tomáš majú po dvoch výhrach a dvoch prehrách a skupina C je prázdna. Zvyšní traja hráči tak majú po jednej výhre, jednej prehre a dvoch remízach, ktoré museli uhrat navzájom medzi sebou. Záver. Peter a Martin spolu remizovali. Iné riešenie. Využijeme (nadbytočný) údaj, že Vojto porazil Petra: Keby mali Vojto a Tomáš po jednej výhre, jednej prehre a dvoch remízach, musel by aj Peter patrit medzi vít azov turnaja. Jediný v poradí nižší celkový výsledok sú totiž štyri remízy, Peter však jednu partiu prehral, a tak musel aj jednu vyhrat. Vojto a Tomáš majú 1preto po dvoch výhrach a dvoch prehrách. Ak Peter prehral s Vojtom, musel porazit Tomáša. (Nemohol mat dve prehry, ked že bol v poradí nižšie ako Tomáš a Vojto. Ani nemohol s Tomášom, ktorý žiadnu remízu nemá, remizovat.) Potrebný druhý bod získal dvoma remízami s Martinom a nepomenovaným piatym hráčom. Záver. Peter a Martin spolu remizovali. Úloha [64-D-3] Simona a Lenka hrajú hru. Pre dané celé číslo k také, že 0 k 64, vyberie Simona k políčok šachovnice 8 8 a každé z nich označí krížikom. Lenka potom šachovnicu nejakým spôsobom vyplní tridsiatimi dvoma dominovými kockami. Ak je počet kociek pokrývajúcich dva krížiky nepárny, vyhráva Lenka, inak vyhráva Simona. V

138 116 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí závislosti od k určte, ktoré z dievčat má vyhrávajúcu stratégiu. Riešenie*. Riešenie rozdel me podl a hodnoty čísla k. Ak k = 0, je počet kociek pokrývajúcich dva krížiky rovný nule, preto vyhrá Simona. Ak 0 < k 32, umiestni Simona krížiky napr. iba na biele políčka šachovnice. Potom pod žiadnou kockou nie sú dva krížiky, preto vyhrá Simona. Ak k > 32, pričom k je párne, umiestni Simona 32 krížikov na biele políčka a zvyšné krížiky kamkol vek. Potom pod párnym počtom kociek sú dva krížiky (takých kociek je totiž práve k 32, pretože každá dominová kocka pokrýva jedno biele a jedno čierne políčko šachovnice), takže vyhrá Simona. Ak 32 < k 61, pričom k je nepárne, nenapíše Simona krížiky do troch políčok v jednom z bielych rohov, t. j. do rohového bieleho a do dvoch susedných čiernych políčok, ale napíše ich do všetkých ostatných 31 bielych políčok a zvyšok do akýchkol vek čiernych políčok (okrem spomenutých dvoch). Na bielych políčkach je teda nepárny počet krížikov a na čiernych párny počet krížikov. Okolo každého čierneho políčka s krížikom sú všetky biele políčka tiež s krížikom, preto každá kocka, ktorá zakrýva čierne políčko s krížikom, zakrýva dva krížiky. Iné kocky dva krížiky nezakrývajú. Preto opät vyhrá Simona. Ak k = 63, dva krížiky nie sú iba pod jedinou kockou, preto v takom prípade vyhrá Lenka, a to bez potreby akejkol vek stratégie. Záver. Pre každé 0 k 64, k 63, má vyhrávajúcu stratégiu Simona, pri k = 63 vyhráva automaticky Lenka. Doplňujúce zdroje a materiály Výborným zdrojom všemožných matematických hier, spolu s ich kategorizáciou a možnost ou využitia v triede je [ [BB91]]. Seminár 26 Téma Krajské kolo MO Ciele Analyzovat so študentmi úlohy krajského kola MO, ukázat na prípadné spojitosti s kolom domácim a školským, objasnit najčastejšie chyby. Seminár 27 Téma Hra SET

139 Kapitola 2. Osnovy seminárnych stretnutí 117 Ciele Zoznámenie sa s hrou SET a riešenie jednoduchších aj zložitejších úloh využívajúcich vlastnosti herných kartičiek. Priebeh seminára Úvodný komentár. Seminár má trochu odlišnú štruktúru, než na akú boli študenti v seminároch doteraz navyknutí, no nepovažujeme to za žiadny problém. Taktiež je tento a nasledujúci seminár zaradený ako odl ahčenie po tom, čo matematická olympiáda kategórie C vyvrcholila v uplynulom týždni. Kartičky v hre SET Hra SET je kartovou hrou pre dvoch a viac hráčov. Každá kartička zobrazuje sadu symbolov, ktorá má 4 charakteristiky, pričom každá sa vyskytuje v troch variantoch: 1. farba: červená, modrá, zelená; 2. tvar: obdĺžnik, ovál, trojuholník; 3. výplň: plná, polovičná, úplne biela; 4. počet symbolov: jeden, dva, tri. Úloha Kol ko kariet obsahuje hrací balíček? Riešenie. Ked že každá zo 4 charakteristík sa môže vyskytnút v troch rôznych variantoch, v balíčku je celkom 3 4 = 81 rôznych kartičiek. Komentár. Na seminár je vhodné mat kartičky nastrihané a zalaminované, aby sa s nimi študentom lepšie manipulovalo. Príklad kartičiek je v prílohe. Zoznámenie sa s hrou SET SET je trojica kartičiek, pre ktorú platí: každá z charakteristík je bud pre všetky tri kartičky rovnaká, alebo je na každej kartičke odlišná. Ak sa napríklad pozrieme na charakteristiku tvar, tak sú na všetkých troch kartičkách bud len samé ovály (alebo len samé obdĺžniky, alebo len samé trojuholníky), alebo sú na jednej kartičke ovály, na druhej obdĺžniky a na tretej trojuholníky. Podobne pre d alšie charakteristiky. Táto trojica kartičiek tvorí SET: farba je rovnaká, tvar je na každej kartičke iný, podobne výplň a všetky majú rovnaký počet symbolov. Táto trojica nie je SET. Síce majú všetky tri kartičky rovnaký počet symbolov, symboly sú rovnakého tvaru a každá kartička je inej farby, výplň na dvoch kartičkách je prázdna zatial čo tretia je vyplnená polovične.