Czech/md/cz-mo-secondary/3471667-c47ii.md

47. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie C

1. Ze tří různých nenulových číslic jsme sestavili všech šest možných trojciferných čísel. Tato čísla jsme seřadili od největšího po nejmenší. Zjistili jsme, že čtvrté číslo v této řadě je aritmetickým průměrem prvního a pátého čísla. Z kterých číslic byla čísla sestavena? Zjistěte všechny možnosti.
2. Je dán rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník $A B C \mathrm{~s}$ přeponou $A B$. Najděte všechny body $X$ tohoto trojúhelníku s následující vlastností: Vedeme-li bodem $X$ přímku rovnoběžnou s $A B$ a přímku kolmou na $A B$, vytne na nich trojúhelník $A B C$ dvě shodné úsečky.
3. Najděte všechna kladná čísla $x$, pro která je mezi deseti čísly

$$[x],[2x],[3x],[4x],[5x],[6x],[7x],[8x],[9x],[10x][x],[2\; x],[3\; x],[4\; x],[5\; x],[6\; x],[7\; x],[8\; x],[9\; x],[10\; x]$$

právě devět různých. Symbol $[a]$ je celá část reálného čísla $a$, tj. celé číslo, pro které platí $[a] \leqq a<[a]+1$. Například $[3,7]=3,[4]=4$.

4. Najděte všechny lichoběžníky $A B C D$ se základnami $A B$ a $C D$, pro které platí: $|A B|=$ $=6 \mathrm{cm},|C D|=4 \mathrm{cm}$ a

$$\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }+d_A=\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }+d_B=\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }+v,|B\; C|+d\_\{A\}=|A\; D|+d\_\{B\}=|A\; B|+v,$$

kde $v$ značí výšku lichoběžníku, $d_{A}$ vzdálenost bodu $A$ od přímky $B C$ a $d_{B}$ vzdálenost bodu $B$ od přímky $A D$.

II. kolo kategorie C 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 bodư, úspěšným řešitelem je ten žák, který získá 10 bodư nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěěe.

1. Označme hledané číslice $a<b<c$. Potom uvedených šest čísel bylo seřazených takto:

$$\overline{cba}>\overline{cab}>\overline{bca}>\overline{bac}>\overline{acb}>\overline{abc}\mathrm{.}\backslash overline\{c\; b\; a\}>\backslash overline\{c\; a\; b\}>\backslash overline\{b\; c\; a\}>\backslash overline\{b\; a\; c\}>\backslash overline\{a\; c\; b\}>\backslash overline\{a\; b\; c\}\; .$$

Protože

$$\overline{bac}=\frac{\overline{cba}+\overline{acb}}{2}\backslash overline\{b\; a\; c\}=\backslash frac\{\backslash overline\{c\; b\; a\}+\backslash overline\{a\; c\; b\}\}\{2\}$$

dostaneme po rozepsání dekadických zápisů a úpravě

$$4c+3a=7b,\text{ neboli }4(c-b)=3(b-a)\text{. }4\; c+3\; a=7\; b,\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; neboli\; \}\; \backslash quad\; 4(c-b)=3(b-a)\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Odtud plyne, že $c-b$ je dělitelné třemi. Protože $0<c-b<9$, mohou nastat dva případy:

• $c-b=3, b-a=4$. Odtud $b=a+4$ a $c=a+7, a \leqq 2$. Úloha má dvě řešení: $a=1$, $b=5, c=8$, anebo $a=2, b=6, c=9$.
• $c-b=6, b-a=8$. Odtud $c=a+14$, což pro číslice $a, c$ nemůže platit.

Č́sla byla sestavena z číslic $1,5,8$, anebo $2,6,9$.

Za úplné řešení je 6 bodů.

2. Označme $D$ střed strany $A B$. Předpokládejme nejprve, že bod $X$ leží uvnitř trojúhelníku $B C D$ nebo na jeho hranici. K bodu $X$ sestrojme odpovídající úsečky popsané v úloze a jejich koncové body označme $P, Q, Y, Z$ (obr.1). Trojúhelník $Q X Y$ je zřejmě pravoúhlý a rovnoramenný, tedy $|X Y|=|X Q|$. Aby bylo $|Y Z|=|P Q|$, musí být $|Z X|=|X P|$, tedy trojúhelník $Z X P$ musí být rovněž pravoúhlý a rovnoramenný. V tom případě je také $Z P | B C$. Označme dále $U$ patu kolmice z bodu $X$ na $A C$. Zřejmě $2|U P|=2|X U|=\sqrt{2}|X P|=|Z P|=|P A|$. Má-li tedy bod $X$ mít požadovanou vlastnost, musí být

$$\frac{\mathrm{\mid }XU\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }UA\mathrm{\mid }}=\frac{1}{3}\backslash frac\{|X\; U|\}\{|U\; A|\}=\backslash frac\{1\}\{3\}$$

Tím je jednoznačně určen úhel $X A C$, proto všechny vyhovující body v trojúhelníku $B C D$ leží na přímce. Její průsečík s $B C$ je zřejmě bod $E$ takový, že $2|C E|=|E B|$. Označme dále $F$ průsečík přímky $E A$ s výškou $C D$.

Obr. 1

Obr. 2

Obdobnou úvahou pro trojúhelník $A C D$ zjistíme, že v tomto trojúhelníku mohou vyhovovat jen body patřící úsečce $F G$, kde $G$ je takový bod strany $A C$, že $2|C G|=|G A|$ (obr. 2).

Ukážeme, že naopak každý bod $X$ lomené čáry $E F G$ má požadovanou vlastnost: Pro libovolný bod $X \in E F$ (případ $X \in F G$ je obdobný) stačí podle předchozího dokázat rovnost $|X P|=|X Z|$, kde body $Z \in A B$ a $P \in A C$ jsou stejně jako předtím takové, že $X P | A B, X Z \perp A B$. Pro kolmý průmět $U$ bodu $X$ na stranu $A C$ a pro kolmý průmět $V$ bodu $P$ na stranu $A B$ platí $|X U|=\frac{1}{3}|U A|$, proto je $|X P|=\sqrt{2}|U P|=\frac{1}{2} \sqrt{2}|A P|=$ $=|P V|=|X Z|$.

Za úplné řešení je 6 bodů, 4 body dejte za nalezení množiny bodů $X, 2$ body za důkaz, že každý bod nalezené množiny má požadovanou vlastnost.

3. Nejdříve uvážíme, že $x<1$. Pro $x \geqq 1$ totiž platí $(k+1) x \geqq k x+1$, odkud $[(k+1) x]>[k x]$, takže $[x]<[2 x]<\ldots<[10 x]$ je deset různých čísel. Pokud je $0<x<1$, je $[x]=0$. Z nerovností $k x<(k+1) x<k x+1$ pro každé přirozené číslo $k$ vyplývá, že bud' $[(k+1) x]=[k x]$, anebo $[(k+1) x]=[k x]+1$. Proto se $\mathrm{v}$ dané řadě deseti čísel musí vyskytovat právě devět po sobě jdoucích celých nezáporných čísel. To znamená, že poslední číslo v řadě je právě o 8 větší než první (rovné nule), tedy

$$[10x]=8[10\; x]=8$$

Obráceně každé řešení $x$ rovnice (1) vyhovuje podmínce úlohy, nebot̀ nutně $x<1$, takže žádné $\mathrm{z}$ čísel $0,1,2, \ldots, 8$ nemůže ve zkoumané řadě chybět. Rovnici (1) vyhovují právě ta $x$, pro něž $8 \leqq 10 x<9$, neboli $\frac{4}{5} \leqq x<\frac{9}{10}$. Řešením úlohy je tedy interval $\left\langle\frac{4}{5}, \frac{9}{10}\right)$.

Jiné řešení. Hledáme ta $x>0$, pro která $\mathrm{v}$ řadě nerovností

$$[x]\leqq [2x]\leqq [3x]\leqq \dots \leqq [10x][x]\; \backslash leqq[2\; x]\; \backslash leqq[3\; x]\; \backslash leqq\; \backslash ldots\; \backslash leqq[10\; x]$$

nastane právě jedna rovnost. Necht tedy pro některé $n \in{1,2, \ldots, 9}$ platí

Z vypsané rovnosti vyplývá, že $x<1$, a proto musí být naše řada tvořena po sobě jdoucími celými čísly počínaje nulou. To je ekvivalentní s nerovnostmi

(i) $k>k x \geqq k-1$, tedy $1>x \geqq \frac{k-1}{k}$ pro $k \in{1,2, \ldots, n}$;

(ii) $k-1>k x \geqq k-2$, tedy $\frac{k-1}{k}>x \geqq \frac{k-2}{k}$ pro $k \in{n+1, \ldots, 10}$.

Všechny nerovnosti v (i) jsou splněny, právě když platí $1>x \geqq \frac{n-1}{n}$, a všechny nerovnosti v (ii) jsou splněny, právě když $\frac{n}{n+1}>x \geqq \frac{8}{10}=\frac{4}{5}$. To je možné jen tehdy, je-li $\frac{n}{n+1}>\frac{4}{5}$, tedy když $n \geqq 5$. Pro taková $n$ ale platí

$$1>\frac{n}{n+1}>\frac{n-1}{n}\geqq \frac{4}{5}1>\backslash frac\{n\}\{n+1\}>\backslash frac\{n-1\}\{n\}\; \backslash geqq\; \backslash frac\{4\}\{5\}$$

takže řešením soustavy nerovnic $1>x \geqq \frac{n-1}{n}, \frac{n}{n+1}>x \geqq \frac{4}{5}$ pro $n \geqq 5$ je interval $\left\langle\frac{n-1}{n}, \frac{n}{n+1}\right)$. Pro $n=5,6,7,8,9$ tak dostáváme intervaly $\left\langle\frac{4}{5}, \frac{5}{6}\right),\left\langle\frac{5}{6}, \frac{6}{7}\right), \ldots,\left\langle\frac{8}{9}, \frac{9}{10}\right) ;$ jejich sjednocením je interval $\left\langle\frac{4}{5}, \frac{9}{10}\right)$, což je množina všech hledaných $x$.

Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 2 body za úvahu vedoucí ke zjištění, že $x<1$.

4. Lichoběžník se základnami $a, c$ a rameny $b, d$ existuje a je jediný, právě když existuje trojúhelník se stranami $|a-c|, b$ a $d$ (obr.3).

Obr. 3

Všimněme si trojúhelníku $A B C$. Protože pro jeho výšky na strany $B C$ a $A B$ platí $v_{A B}=v, v_{B C}=d_{A}$, je dle předpokladu

$$\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }+v_{BC}=\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }+v_{AB}\mathrm{.}|B\; C|+v\_\{B\; C\}=|A\; B|+v\_\{A\; B\}\; .$$

Na základě výsledku 2. úlohy domácího kola tedy platí $|A B|=|B C|$ nebo $|\Varangle A B C|=90^{\circ}$. Analogicky v trojúhelníku $A B D$ dostaneme $|A D|=|A B|$ nebo $|\Varangle D A B|=90^{\circ}$. Proto musí nastat jeden ze čtyř případů:

1. $|\Varangle A B C|=|\Varangle D A B|=90^{\circ}$.

Potom by ale $A B C D$ nebyl lichoběžník. 2. $|A B|=|B C|=|A D|=6 \mathrm{~cm}$.

Protože $|C D|=4 \mathrm{cm}$, existuje takový lichoběžník $A B C D$ právě jeden, nebot existuje trojúhelník se stranami délek $6 \mathrm{cm}, 6 \mathrm{cm}, 2 \mathrm{cm}$. 3. $|A B|=|B C|=6 \mathrm{~cm} ;|\Varangle D A B|=90^{\circ}$.

Protože $|C D|=4 \mathrm{cm}$, tak $|A D|=\sqrt{6^{2}-(6-4)^{2}} \mathrm{cm}=\sqrt{32} \mathrm{cm}$. Takovýto lichoběžník existuje právě jeden, nebot̀ existuje trojúhelník se stranami $2 \mathrm{cm}, 6 \mathrm{cm}, \sqrt{32} \mathrm{cm}$. 4. $|A B|=|A D|=6 \mathrm{~cm} ;|\Varangle A B C|=90^{\circ}$.

Je to analogický případ jako 3 (vyměníme ramena $A D$ a $B C$ ).

Dané úloze vyhovují právě tři lichoběžníky uvedené v bodech $2,3,4$.

Za úplné řešení je 6 bodů.