File size: 7,452 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 | # 51. ročník matematické olympiády
## Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie A
1. V oboru celých čísel $x$ řešte rovnici
$$
3\left(x^{2}\right)_{5}+(3 x)_{5}=(3 x-2)(x+2)
$$
kde $n_{5}$ značí násobek pěti nejbližší číslu $n$, např. $(-3)_{5}=-5$.
2. Označme $S$ střed kružnice vepsané danému trojúhelníku $A B C$ a $P, Q$ paty kolmic z vrcholu $C$ k přímkám, na kterých leží osy vnitřních úhli̊ $B A C$ a $A B C$. Dokažte, že přímky $A B$ a $P Q$ jsou rovnoběžné.
3. Zjistěte, pro která reálná čísla $p$ má soustava rovnic
$$
\begin{aligned}
& x^{2}+1=(p+1) x+p y-z, \\
& y^{2}+1=(p+1) y+p z-x, \\
& z^{2}+1=(p+1) z+p x-y
\end{aligned}
$$
s neznámými $x, y, z$ právě jedno řešení v oboru reálných čísel.
Školní - klauzurní část I. kola kategorie A se koná
## v úterý 4. prosince 2001
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. Podle zbytku při dělení čísla $x$ číslem 5 můžeme rozlišit pět případů: (i) $x=5 k$, (ii) $x=5 k+1$, (iii) $x=5 k+2$, (iv) $x=5 k+3$ a (v) $x=5 k+4$ ( $k$ značí libovolné celé číslo). Protože ale levá strana rovnice je zřejmě násobkem pěti pro každé celé $x$, musí být násobkem pěti aspon jeden z činitelů $3 x-2, x+2$ pravé strany. Číslo $3 x-2$ je dělitelné pěti pouze pro $x=5 k+4$, č́́slo $x+2$ pouze pro $x=5 k+3$. Proto stačí rozebrat př́ípady (iv) a (v) ( $L$ značí levou a $P$ pravou stranu dané rovnice):
(iv) Pro $x=5 k+3$ platí $x^{2}=25 k^{2}+30 k+9,\left(x^{2}\right)_{5}=25 k^{2}+30 k+10,3 x=15 k+9$, $(3 x)_{5}=15 k+10, L=75 k^{2}+105 k+40$ a $P=75 k^{2}+110 k+35$, takže z $L=P$ vychází $k=1$, čemuž odpovídá $x=5+3=8$.
(v) Pro $x=5 k+4$ platí $x^{2}=25 k^{2}+40 k+16,\left(x^{2}\right)_{5}=25 k^{2}+40 k+15,3 x=15 k+12$, $(3 x)_{5}=15 k+10, L=75 k^{2}+135 k+55$ a $P=75 k^{2}+140 k+60$, takže z $L=P$ vychází $k=-1$, čemuž odpovídá $x=-5+4=-1$.
Odpověd': Daná rovnice má právě dvě celočíselná řešení, a to $x=-1$ a $x=8$.
Za úplné řešení udělte 6 bodů (samozřejmě i v případě, kdy student rozebere správně všechny možnosti (i)-(v)), v ostatních případech udělte 1 bod za každé uhodnuté řešení, 2 body za zdůvodnění toho, že $x$ je tvaru $5 k+3$ nebo $5 k+4$.
2. Označme jako obvykle $\alpha, \beta, \gamma$ vnitřní úhly trojúhelníku $A B C$. Protože platí (obr. 1)
$$
|\Varangle A S C|=180^{\circ}-|\Varangle S A C|-|\Varangle S C A|=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}+\frac{\beta}{2},
$$
je úhel $A S C$ tupý, takže bod $P$ leží na polopřímce opačné k polopřímce $S A$. Obdobně zdůvodníme, že bod $Q$ leží na polopřímce opačné k polopřímce $S B$. Přímky $A B$ a $P Q$ jsou rovnoběžné, právě když střídavé úhly $B A P$ a $A P Q$ jsou shodné. Vzhledem k tomu, že $|\Varangle B A P|=\frac{\alpha}{2}$ a $|\Varangle A P Q|=|\Varangle S P Q|$, stačí ukázat, že $|\Varangle S P Q|=\frac{\alpha}{2}$. Protože body $P$ a $Q$ leží na Thaletově kružnici nad průměrem $C S$, je úhel $S P Q$ shodný s úhlem $S C Q$ (obvodové úhly nad tětivou $S Q$ zmíněné kružnice). Velikost úhlu $S C Q$ snadno vyjádříme z trojúhelníků $B C S$ a $B C Q$ :
$$
|\Varangle S C Q|=|\Varangle B C Q|-|\Varangle B C S|=\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\frac{\gamma}{2}=\frac{\alpha}{2}
$$
což jsme potřebovali ukázat.
Obr. 1
Obr. 2
Jiné řešení. Označme $P_{1}, Q_{1}$ odpovídající průsečíky polopřímek $C P$ a $C Q$ s přímkou $A B$ (obr. 2, pořadí bodů $A, S, P$ a bodů $B, S, Q$ na obou osách bylo vysvětleno v prvním řešení). Výška $A P$ trojúhelníku $P_{1} C A$ leží na ose $A S$ jeho vnitřního úhlu $P_{1} A C$, takže jde o rovnoramenný trojúhelník, který má základnu $P_{1} C$ se středem $P$. Obdobně pomocí rovnoramenného trojúhelníku $Q_{1} C B$ zdůvodníme, že bod $Q$ je středem úsečky $Q_{1} C$. Úsečka $P Q$ je tedy střední příčkou trojúhelníku $P_{1} Q_{1} C$, takže je rovnoběžná s přímkou $A B$.
Za úplné řešení je 6 bodů. Pokud chybí zmínka o pořadí bodů $A, S, P$ a $B, S, P$ na příslušných osách, strhněte 1 bod.
3. Všimněme si, že rovnice dané soustavy se mezi sebou liší jen cyklickou záměnou neznámých $x, y$ a $z$. Má-li proto soustava za řešení trojici čísel $(x, y, z)=\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$, jsou jejími řešeními rovněž trojice $(x, y, z)=\left(y_{0}, z_{0}, x_{0}\right)$ a trojice $(x, y, z)=\left(z_{0}, x_{0}, y_{0}\right)$. Je-li řešení soustavy (při pevném $p$ ) jediné, musí být uvedené trojice shodné, musí tedy platit $x_{0}=y_{0}=z_{0}$. Trojice $\left(x_{0}, x_{0}, x_{0}\right)$ je zřejmě řešení dané soustavy, právě když je číslo $x=x_{0}$ řešením rovnice $x^{2}+1=2 p x$. Pro každé hledané $p$ proto musí mít poslední rovnice jediné řešení, takže její diskriminant $D=4 p^{2}-4$ musí být nulový. Odtud vychází, že nutně $p= \pm 1$.
Nyní ukážeme, že pro $p=1$ je $x=y=z=1$ skutečně jediné řešení původní soustavy tří rovnic a že totéž platí i v případě $p=-1$ o jejím řešení $x=y=z=-1$. Porovnáme-li součet levých stran se součtem pravých stran soustavy, zjistíme, že její libovolné řešení $(x, y, z)$ splňuje též rovnici
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}+3=2 p(x+y+z) \text {, }
$$
ze které úpravou dostaneme
$$
(x-p)^{2}+(y-p)^{2}+(z-p)^{2}=3\left(p^{2}-1\right) \text {. }
$$
Pro obě hodnoty $p= \pm 1$ platí ovšem $p^{2}-1=0$, takže tehdy se součet nezáporných čísel $(x-p)^{2},(y-p)^{2}$ a $(z-p)^{2}$ rovná nule. To je možné, jedině když $x=y=z=p$.
Odpověd': Hledané hodnoty $p$ jsou dvě: $p=1$ a $p=-1$.
Jiné řešení. Stejně jako v prvním řešením získáme sečtením tří daných rovnic rovnici (1). Z ní vyplývá tento závěr: má-li soustava při daném $p$ aspoň jedno řešení $(x, y, z)$ v oboru reálných čísel, pak platí nerovnost $p^{2} \geqq 1$, neboli $|p| \geqq 1$. Je-li ovšem $|p|>1$, můžeme snadno vypsat dvě různá řešení zkoumané soustavy, totiž trojice $\left(x_{1}, x_{1}, x_{1}\right)$ a ( $x_{2}, x_{2}, x_{2}$ ), kde $x_{1,2}$ jsou kořeny rovnice $x^{2}+1=2 p x$ (její̌ diskriminant je díky předpokladu $|p|>1$ kladný). Proto nám zbývá posoudit pouze hodnoty $p= \pm 1$, pro které však z rovnice (1) okamžitě plyne: má-li původní soustava vůbec nějaké řešení, je jím trojice $(x, y, z)=(p, p, p)$. Triviální zkouška dosazením ukazuje, že jde skutečně o řešení ( $\operatorname{pro} p=1$ jakož i pro $p=-1)$.
Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 2 body za vyloučení všech hodnot $|p|<1,2$ body za vyloučení všech hodnot $|p|>1$ a 2 body za ověrení čísel $p= \pm 1$. (Tedy například za zdůvodnění, proč nutně platí $|p|=1$, udělíme 4 body.)
|