Czech/md/cs-mo-secondary/cs-3471686-a49s.md

# Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie A 

1. Určete, pro která reálná čísla $p$ má soustava rovnic

$$
\begin{aligned}
(x-y)^{2} & =p^{2} \\
x^{3}-y^{3} & =16
\end{aligned}
$$

právě jedno řešení v oboru reálných čísel.

2. Je dán trojúhelník $A B C$. Uvnitř jeho stran $B C, C A, A B$ uvažujme po řadě body $K$, $L, M$ takové, že úsečky $A K, B L, C M$ se protínají v bodě $U$. Jestliže trojúhelníky $A M U$ a $K C U$ mají obsah $P$ a trojúhelníky $M B U$ a $C L U$ obsah $Q$, pak $P=Q$. Dokažte.
3. Určete nejmenší přirozené číslo $k$, pro které platí: Vybereme-li libovolných $k$ různých čísel z množiny $\{1,2,3, \ldots, 2000\}$, pak mezi vybranými čísly existují dvě, jejichž součet nebo rozdíl je 667.

Školní - klauzurní část I. kola kategorie A se koná

## v úterý 7. prosince 1999

tak, aby začala dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Za každou úlohu může soutěžicí získat 6 bodů, úspěšným řešitelem je ten žák, který získá 10 bodů nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.

1. První rovnice je splněna, právě když platí $x=y+p$ nebo $x=y-p$. Po dosazení do druhé rovnice dané soustavy dostaneme po úpravě v prvním případě kvadratickou rovnici

$$
3 p y^{2}+3 p^{2} y+p^{3}-16=0,
$$

v druhém případě pak kvadratickou rovnici

$$
3 p y^{2}-3 p^{2} y+p^{3}+16=0
$$

o neznámé $y$. Daná soustava rovnic bude mít právě jedno řešení v oboru reálných čísel, právě když jedna ze dvou předešlých kvadratických rovnic bude mít jediný (dvojnásobný) kořen a druhá z nich nebude mít žádný reálný kořen nebo bude mít stejný dvojnásobný kořen jako rovnice první (můžeme předpokládat, že $p \neq 0$, protože pro $p=0$ daná soustava zřejmě nemá řešení). První kvadratická rovnice má diskriminant $D_{1}=3 p\left(64-p^{3}\right)$, druhá má diskriminant $D_{2}=-3 p\left(64+p^{3}\right)$. Hledáme tedy ta $p \neq 0$, pro něž je jedno z č́sel $D_{1}$, $D_{2}$ rovno nule a druhé záporné (případ $D_{1}=D_{2}=0$ pro $p \neq 0$ totiž nenastane).

Je-li $D_{1}=0$, je $p=4$ a $D_{2}<0$. Pokud $D_{2}=0$, je $p=-4$ a $D_{1}<0$. Hodnoty $p=4$ a $p=-4$ jsou tedy jediné, které mají požadovanou vlastnost.

Daná soustava rovnic má přitom pro obě uvedené hodnoty parametru $p$ jediné reálné řešení $(x, y)=(2,-2)$.

Jiné řešení. Z první rovnice máme $|x-y|=|p|$, z druhé rovnice však vidíme, že $x^{3}>y^{3}$, což je ekvivalentní s nerovností $x>y$ (je $x^{3}-y^{3}=(x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)$ a $x^{2}+x y+y^{2}>0$ pro libovolná reálná $x, y$ s výjimkou případu $x=y=0$ ). Je tedy $x=y+|p|,|p|>0$. Po dosazení do druhé rovnice soustavy (pro jednoduchost pišme $q$ místo $|p|$ ) dostaneme pro $y$ kvadratickou rovnici

$$
3 q y^{2}+3 q^{2} y+q^{3}-16=0
$$

s diskriminantem $D(q)=3 q\left(64-q^{3}\right)=3 q(4-q)\left(16+4 q+q^{2}\right)$. Má-li daná soustava v oboru reálných čísel jediné řešení, je nutně diskriminant $D(q)$ předešlé rovnice roven 0 , tj. musí platit $(4-q)\left(16+4 q+q^{2}\right)=0$ (víme, že $\left.q=|p|>0\right)$. Protože pro libovolné reálné $q$ je $16+4 q+q^{2}>0$, musí být $q=|p|=4$, tj. $p=4$ nebo $p=-4$. Zároveň hned dostáváme, že $y=-\frac{1}{2} q=-2$ a $x=y+4=2$.

Daná soustava rovnic má právě jedno reálné řešení, právě když $p=4$ nebo $p=-4$, a to $(x, y)=(2,-2)$.

Za úplné řešení udělte 6 bodů. $\mathrm{V}$ případě postupu analogického 1 . řešení strhněte 2 body, neníli ověřeno, že druhá kvadratická rovnice nemá žádné řešení.

2. Z rovnosti obsahů trojúhelníků $A M U$ a $K C U$ plyne rovnost obsahů trojúhelníků $A M C$ a $A K C$. Body $K, M$ mají tedy stejnou vzdálenost od přímky $A C$. Odtud plyne, že $C A \| M K$ a čtyř́uhelník $C A M K$ je tedy lichoběžník. Podobně dokážeme, že čtyřúhelník $B C L M$ je rovněž lichoběžník, kde $B C \| L M$. Trojúhelníky $A M L$ a $A B C$, resp. $B K M$ a $B C A$ jsou tedy stejnolehlé a platí (obr. 1)

a dále

$$
|A L|=k b,|A M|=k c,|B M|=(1-k) c,|B K|=(1-k) a
$$

$$
|C K|=k a,|C L|=(1-k) b, \quad \text { kde } k \in(0 ; 1) .
$$

Užitím Cèvovy věty pro trojici úseček $A K, B L$ a $C M$, které se dle textu úlohy protínají

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_5cae705307964b4d0cfdg-3.jpg?height=502&width=686&top_left_y=199&top_left_x=709)

Obr. 1

v bodě $U$, dostáváme

$$
\frac{k c}{(1-k) c} \cdot \frac{(1-k) a}{k a} \cdot \frac{(1-k) b}{k b}=1
$$

Odtud plyne $\frac{1-k}{k}=1$, neboli $k=\frac{1}{2}$. Tyto úsečky jsou tedy těžnice a jejich průsečík $U$ je těžištěm daného trojúhelníku. Ze shodnosti úseček $A M$ a $B M$ již plyne rovnost obsahů trojúhelníků $A M U$ a $B M U$, tedy rovnost $P=Q$, což jsme měli dokázat.

Jiné řešení (bez užití Cèvovy věty). Stejně jako v prvním řešení ukážeme, že úsečky $B C$ a $L M$ jsou rovnoběžné, takže si navzájem odpovídají v jisté stejnolehlosti se středem $U$ a zároveň i v jisté stejnolehlosti se středem $A$. Označme $K_{1}, K_{2}$ po řadě středy obou uvažovaných úseček. Vzhledem k tomu, že body $K_{1}, K_{2}$ si odpovídají v obou zmíněných stejnolehlostech, leží body $A$ a $U$ (středy obou stejnolehlostí) na přímce $K_{1} K_{2}$. Odtud plyne, že střed $K_{1}$ strany $B C$ leží na přímce $A U$, je tedy totožný s bodem $K$ z textu úlohy. Úsečka $A K$ je tudíž těžnicí trojúhelníku $A B C$. Podobně dokážeme, že i úsečka $B L$ je těžnicí daného trojúhelníku. Bod $U$ je tedy jeho těžištěm. Závěr je pak stejný jako v prvním řešení. Za úplné řešení udělte 6 bodů (z toho 5 bodů za důkaz, že $U$ je těžištěm daného trojúhelníku).

3. Ukážeme, že hledaným $k$ je číslo 1001. Rozdělme všechna čísla z množiny $\{1,2,3, \ldots, 2000\}$ do 1000 dvojic

$$
\begin{gathered}
\{1,666\},\{2,665\},\{3,664\}, \ldots,\{333,334\}, \\
\{667,1334\},\{668,1335\},\{669,1336\}, \ldots,\{1333,2000\} .
\end{gathered}
$$

(Číslo 667 z textu úlohy je rovno součtu čísel každé dvojice v prvním řádku a rozdílu čísel každé dvojice v druhém řádku. Všimněme si, že skutečně každé z čísel $1,2,3, \ldots, 2000$ je zastoupeno právě v jedné dvojici.)

Číslo 1001 má požadovanou vlastnost, protože pokud vybereme libovolně 1001 čísel z množiny $\{1,2,3, \ldots, 2000\}$, budou mezi nimi obě čísla aspoň jedné z uvedených dvojic (máme vybráno 1001 čísel, ale jen 1000 dvojic). Součet nebo rozdíl čísel v nalezené dvojici je však 667.

Nyní ukážeme, že žádné číslo $k \leqq 1000$ požadovanou vlastnost nemá. Stačí to zřejmě ukázat pro $k=1000$ : vybereme-li 1000 sudých čísel $2,4,6, \ldots, 2000$, je součet i rozdíl libovolných dvou vybraných čísel sudý, takže se nemůže rovnat lichému číslu 667.

Za úplné řešení je 6 bodů. Udělte 4 body za důkaz, že číslo 1001 má požadovanou vlastnost a 2 body za důkaz, že číslo 1000 nikoliv.