Czech/md/cz-mo-secondary/3471666-b47ii.md

47. ročník matematické olympiády

Úlohy II. kola kategorie B

1. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic

kde $a$ je reálný parametr. Proved'te diskusi o počtu řešení vzhledem k parametru $a$.

2. Popište konstrukci trojúhelníku $A B C$, v němž při obvyklém označení platí $t_{a}=9 \mathrm{cm}$, $t_{b}=12 \mathrm{cm}$ a $3 c=2 t_{c}$.
3. Je dána čtvercová tabulka $3 \times 3$ přirozených čísel, v níž je součin všech čísel v každém řádku, v každém sloupci i na obou úhlopřičkách roven číslu $s$.

a) Dokažte, že číslo $s$ je třetí mocninou přirozeného čísla.

b) Pokud je jedno z rohových čísel tabulky rovno 1, je součet všech čtyř rohových čísel druhou mocninou přirozeného čísla. Dokažte.

4. V daném ostroúhlém trojúhelníku $A B C$ označme $A_{1}, B_{1}$ paty výšek z vrcholio $A, B$. Určete velikosti jeho vnitřních úhlů při vrcholech $B$ a $C$, je-li velikost úhlu $B A C$ rovna $40^{\circ}$ a jsou-li poloměry kružnic vepsaných trojúhelníkům $A_{1} B_{1} C$ a $A B C$ v poměru $1: 2$.

II. kolo kategorie B se koná

v úterý 31. března 1998

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

1. Z druhé a třetí rovnice, které upravíme do tvaru

$$x(z-2)=2z,y(z-3)=3zx(z-2)=2\; z,\; \backslash quad\; y(z-3)=3\; z$$

plyne podmínka $z \notin{2,3}$ a vyjádření

$$x=\frac{2z}{z-2},y=\frac{3z}{z-3}x=\backslash frac\{2\; z\}\{z-2\},\; \backslash quad\; y=\backslash frac\{3\; z\}\{z-3\}$$

Jejich dosazením do první rovnice soustavy dostaneme

$$\frac{6z^2}{(z-2)(z-3)}=\frac{2az}{z-2}+\frac{3az}{z-3}\backslash frac\{6\; z^\{2\}\}\{(z-2)(z-3)\}=\backslash frac\{2\; a\; z\}\{z-2\}+\backslash frac\{3\; a\; z\}\{z-3\}$$

a po úpravě

$$z((6-5a)z+12a)=0z((6-5\; a)\; z+12\; a)=0$$

Odtud plyne, že je bud' $z=0$ (pak $x=y=0$ ), nebo (za předpokladu $a \neq \frac{6}{5}$ )

$$z=\frac{12a}{5a-6}z=\backslash frac\{12\; a\}\{5\; a-6\}$$

odkud podle (1) dostáváme řešení

$$x=\frac{12a}{a+6},y=\frac{12a}{6-a},z=\frac{12a}{5a-6}\mathrm{.}x=\backslash frac\{12\; a\}\{a+6\},\; \backslash quad\; y=\backslash frac\{12\; a\}\{6-a\},\; \backslash quad\; z=\backslash frac\{12\; a\}\{5\; a-6\}\; .$$

Přitom podmínka $z \notin{2,3}$ je ekvivalentní podmínce $a \notin{-6,6}$. Navíc si všimněme, že pro $a=0$ dává (2) řešení $x=y=z=0$. Toto řešení zřejmě soustavě vyhovuje při libovolném reálném $a$.

Závěr. Pro $a \in\left{-6,0, \frac{6}{5}, 6\right}$ má soustava jediné řešení $x=y=z=0$, pro zbývající reálná $a$ má soustava navíc i nenulové řešení (2).

Jiné řešení. Trojice $x=y=z=0$ je řešením dané soustavy. Z druhé a třetí rovnice plyne, že pokud je jedno z čísel $x, y, z$ rovno nule, jsou nulová i zbývající dvě. Proto dále předpokládejme, že $x y z \neq 0$. Pak nutně i $a \neq 0$. Soustavu přepíšeme do tvaru

$$\frac{1}{a}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y},\frac{1}{2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{z},\frac{1}{3}=\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\backslash frac\{1\}\{a\}=\backslash frac\{1\}\{x\}+\backslash frac\{1\}\{y\},\; \backslash quad\; \backslash frac\{1\}\{2\}=\backslash frac\{1\}\{x\}+\backslash frac\{1\}\{z\},\; \backslash quad\; \backslash frac\{1\}\{3\}=\backslash frac\{1\}\{y\}+\backslash frac\{1\}\{z\}$$

To je soustava lineární vzhledem k neznámým $\frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z}$. Snadno najdeme její (jediné) řešení

$$\frac{1}{x}=\frac{1}{12}+\frac{1}{2a},\frac{1}{y}=-\frac{1}{12}+\frac{1}{2a},\frac{1}{z}=\frac{5}{12}-\frac{1}{2a}\mathrm{.}\backslash frac\{1\}\{x\}=\backslash frac\{1\}\{12\}+\backslash frac\{1\}\{2\; a\},\; \backslash quad\; \backslash frac\{1\}\{y\}=-\backslash frac\{1\}\{12\}+\backslash frac\{1\}\{2\; a\},\; \backslash quad\; \backslash frac\{1\}\{z\}=\backslash frac\{5\}\{12\}-\backslash frac\{1\}\{2\; a\}\; .$$

Odtud určíme trojici

$$x=\frac{12a}{a+6},y=\frac{12a}{6-a},z=\frac{12a}{5a-6}x=\backslash frac\{12\; a\}\{a+6\},\; \backslash quad\; y=\backslash frac\{12\; a\}\{6-a\},\; \backslash quad\; z=\backslash frac\{12\; a\}\{5\; a-6\}$$

která je řešením, pokud $a \notin\left{-6,6, \frac{6}{5}\right}$.

Závěr. Pro $a \in\left{-6,0, \frac{6}{5}, 6\right}$ má soustava jediné řešení $x=y=z=0$; pro ostatní hodnoty a má soustava i druhé řešení (3).

Za úplné řešení úlohy udělte 6 bodů.

2. Označme $T$ tě̌̌iště uvažovaného trojúhelníku $A B C, S$ střed jeho strany $A B$. Z podmínky $3 c=2 t_{c}$ plyne $\frac{1}{3} t_{c}=\frac{1}{2} c$. Platí tedy $|S A|=|S B|=|S T|=\frac{1}{2} c$. To znamená, že bod $S$ je středem kružnice opsané trojúhelníku $A B T$, která je Thaletovou kružnicí sestrojenou nad průměrem $A B$. Platí proto $|\Varangle A T B|=90^{\circ}$. Odtud již bezprostředně plyne konstrukce:

Nejprve podle věty sus sestrojíme trojúhelník $A B T$, v němž platí

$$\mathrm{\mid }AT\mathrm{\mid }=\frac{2}{3}{t}_a=6\mathrm{c}\mathrm{m},\mathrm{\mid }BT\mathrm{\mid }=\frac{2}{3}{t}_b=8\mathrm{c}\mathrm{m}\text{ a }\mathrm{\mid }\text{Varangle}ATB\mathrm{\mid }={90}^{\circ },|A\; T|=\backslash frac\{2\}\{3\}\; t\_\{a\}=6\; \backslash mathrm\{~cm\},\; \backslash quad|B\; T|=\backslash frac\{2\}\{3\}\; t\_\{b\}=8\; \backslash mathrm\{~cm\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad|\backslash Varangle\; A\; T\; B|=90^\{\backslash circ\},$$

a dále už snadno sestrojíme trojúhelník $A B C$.

Úloha má právě jedno řešení.

Za úplné řešení a sestrojení trojúhelníku $A B C$ udělte 6 bodů.

3. Uvažujme čtvercovou tabulku $3 \times 3$ (obr.1) splňující podmínky úlohy.

$a$	$b$	$c$
$d$	$e$	$f$
$g$	$h$	$i$

Obr. 1

a) Z tabulky je patrné, že pro uvažovaný součin $s$ platí

$$s=\frac{(aei)(def)(gec)}{(adg)(cfi)}=e^3\mathrm{.}s=\backslash frac\{(a\; e\; i)(d\; e\; f)(g\; e\; c)\}\{(a\; d\; g)(c\; f\; i)\}=e^\{3\}\; .$$

Číslo $s$ je tedy třetí mocninou přirozeného čísla $e$, které je umístěno uprostřed tabulky.

b) Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že $a=1$ (otočením tabulky o $90^{\circ}$ nebo o $180^{\circ}$ se uvažované vlastnosti tabulky nezmění). Vzhledem k výsledku části a) ze součinu čísel na obou úhlopřričkách zjistíme, že musí být $i=e^{2}$ a $c=\frac{e^{2}}{g}$. Ze součinu čísel v třetím řádku pak dostaneme, že $h=\frac{e}{g}$, a ze součinu čísel v třetím sloupci $f=\frac{g}{e}$. Protože $h$ i $f$ jsou přirozená čísla, musí být $e=g$, a proto také $h=f=1$. Uvažovaná čtvercová tabulka je tedy typově shodná s tabulkou na obr. 2. Odtud plyne, že součet všech čtyř čísel v jejích rohových polích je

$$a+c+g+i=1+e+e+e^2=(1+e{)}^{2}a+c+g+i=1+e+e+e^\{2\}=(1+e)^\{2\}$$

což je druhá mocnina přirozeného čísla. Tím je důkaz hotov.

1	$e^{2}$	$e$
$e^{2}$	$e$	1
$e$	1	$e^{2}$

Obr. 2 Za úplné řešení udělte 6 bodů, přitom za důkaz části a) maximálně 2 body.

4. Označme $\alpha, \beta, \gamma$ velikosti vnitřních úhlů trojúhelníku $A B C$. Paty výšek $A_{1}$ a $B_{1}$ (obr.3) leží na Thaletově kružnici s průměrem $A B$, čtyřúhelník $A B A_{1} B_{1}$ je tedy tětivový a pro jeho protější úhly platí $|\Varangle C A B|+\left|\Varangle B A_{1} B_{1}\right|=180^{\circ}$. Je tudíž $\left|\Varangle B_{1} A_{1} C\right|=\alpha$, takže trojúhelníky $A B C$ a $A_{1} B_{1} C$ jsou podobné podle věty uu.

Označíme-li $\varrho$ a $\varrho_{1}$ poloměry kružnic vepsaných po řadě trojúhelníkům $A B C$ a $A_{1} B_{1} C$, plyne ze zmíněné podobnosti

$$\cos \gamma =\frac{\mid B_{1}C\mid }{\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }}=\frac{\mid A_{1}C\mid }{\mathrm{\mid }AC\mathrm{\mid }}=\frac{{\varrho }_1}{\varrho }=\frac{1}{2},\backslash cos\; \backslash gamma=\backslash frac\{\backslash left|B\_\{1\}\; C\backslash right|\}\{|B\; C|\}=\backslash frac\{\backslash left|A\_\{1\}\; C\backslash right|\}\{|A\; C|\}=\backslash frac\{\backslash varrho\_\{1\}\}\{\backslash varrho\}=\backslash frac\{1\}\{2\},$$

takže $\gamma=60^{\circ}$. Vzhledem k tomu, že $\alpha=40^{\circ}$, dostáváme konečně $\beta=80^{\circ}$.

Tím je úloha vyřešena.

Za úplné vyřešení úlohy udělte 6 bodů, přitom za důkaz podobnosti podobnosti trojúhelníků $A B C$ a $A_{1} B_{1} C$ dejte 3 body.

Obr. 3