Czech/md/cz-mo-secondary/3471668-a47iii.md

1. V oboru kladných reálných čísel řešte rovnici

$$x\cdot [x\cdot [x\cdot [x]]]=88x\; \backslash cdot[x\; \backslash cdot[x\; \backslash cdot[x]]]=88$$

kde $[a]$ je celá část reálného čísla $a$, tj. celé číslo, pro které platí $[a] \leqq a<[a]+1$. Např́iklad $[3,7]=3$ a $[6]=6$.

(J. Šimša)

Rešení. Je-li $0<x<3$, je levá strana rovnice menší než $3^{4}=81$, naopak pro $x \geqq 4$ je nejméně $4^{4}=256$. Proto nutně $[x]=3$; pro taková $x$ řešíme rovnici $x \cdot[x \cdot[3 x]]=88$. Protože $x \geqq 3$, platí $[3 x] \geqq 9$; kdybychom připustili, že $[3 x] \geqq 10$, dostali bychom odhad $x \cdot[x \cdot[3 x]] \geqq 3 \cdot 3 \cdot 10=90$. Proto nutně $[3 x]=9$ a dále řešíme rovnici $x \cdot[9 x]=88$ za předpokladu $9 \leqq 3 x<10$, neboli $27 \leqq 9 x<30$. Pro $9 x<28$ vychází $x \cdot[9 x]<\frac{28}{9} \cdot 27=84$, pro $9 x \geqq 29$ zase $x \cdot[9 x] \geqq \frac{29}{9} \cdot 29>90$, takže $[9 x]=28$; tehdy z rovnice $x \cdot[9 x]=88$ plyne konečně $x=\frac{88}{28}=\frac{22}{7}$. Protože pro nalezené číslo $x$ platí

$$[x]=\left[\frac{22}{7}\right]=3,[3x]=\left[\frac{66}{7}\right]=9,[9x]=\left[\frac{198}{7}\right]=28,[x]=\backslash left[\backslash frac\{22\}\{7\}\backslash right]=3,[3\; x]=\backslash left[\backslash frac\{66\}\{7\}\backslash right]=9,[9\; x]=\backslash left[\backslash frac\{198\}\{7\}\backslash right]=28,$$

jde skutečně o (jediné) řešení.

2. Dokažte, že z libovolných čtrnácti různých přirozených čísel lze pro některé číslo $k(1 \leqq$ $\leqq k \leqq 7)$ vybrat dvě disjunktní $k$-prvkové podmnožiny $\left{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\right}$ a $\left{b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{k}\right}$ tak, aby se součty

$$A=\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\dots +\frac{1}{a_k}\text{ a }B=\frac{1}{b_1}+\frac{1}{b_2}+\dots +\frac{1}{b_k}A=\backslash frac\{1\}\{a\_\{1\}\}+\backslash frac\{1\}\{a\_\{2\}\}+\backslash ldots+\backslash frac\{1\}\{a\_\{k\}\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; B=\backslash frac\{1\}\{b\_\{1\}\}+\backslash frac\{1\}\{b\_\{2\}\}+\backslash ldots+\backslash frac\{1\}\{b\_\{k\}\}$$

navzájem lišily o méně než 0,001 , tj. aby platilo $|A-B|<0,001$.

(J. $\check{S i m} \check{s} a)$

Řešení. Uvažujme všech $\left(\begin{array}{c}14 \ 7\end{array}\right)=3432$ součtů

$$S=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots +\frac{1}{x_7}S=\backslash frac\{1\}\{x\_\{1\}\}+\backslash frac\{1\}\{x\_\{2\}\}+\backslash ldots+\backslash frac\{1\}\{x\_\{7\}\}$$

kde $x_{1}<x_{2}<\ldots<x_{7}$ je libovolná sedmice vybraná z daných čtrnácti přirozených čísel. Pro každý z těchto součtů $S$ platí odhady

takže se jedná o 3432 (ne nutně různých) čísel z otevřeného intervalu $(0,3)$. Proto se některé dva z uvažovaných součtư liší o méně než 0,001 ; vyloučíme-li z obou příslušných sedmic případné společné prvky, zmenší se oba součty o tutéž hodnotu (takže se jejich rozdíl nezmění) a v každé skupině zưstane stejný (nenulový, nebot šlo o dvě rưzné sedmice) počet prvků. Tím je tvrzení úlohy dokázáno.

3. Do daného čtyřstěnu $A B C D$ je vepsána koule. Její čtyři tečné roviny, které jsou se stěnami čtyřstěnu rovnoběžné, z něj odtínají čtyři menší čtyřstěny. Dokažte, že součet délek všech 24 jejich hran je roven dvojnásobku součtu délek hran celého čtyřstěnu $A B C D$.

(P. Leischner)

Řešení. Označme $\varrho$ poloměr vepsané koule a $v_{A}, v_{B}, v_{C}, v_{D}$ tělesové výšky daného čtyřstěnu (s indexy podle vrcholů, ze kterých vycházejí). Odtatý čtyřstěn $A K L M$ (obr.1) je stejnolehlý podle středu $A$ s celým čtyřstěnem $A B C D$. Součty délek jejich hran jsou proto ve stejném poměru jako jejich tělesové výšky ze společného vrcholu $A$, tedy v poměru $\left(v_{A}-2 \varrho\right): v_{A}$, nebot $2 \varrho$ je vzdálenost rovin $K L M$ a $B C D$ (jsou totiž rovnoběžné a obě se dotýkají vepsané koule). Stejnou úvahu můžeme zopakovat pro ostatní tři odt’até čtyřstěny. Naší úlohou je proto dokázat rovnost

$$\frac{v_A-2\varrho }{v_A}+\frac{v_B-2\varrho }{v_B}+\frac{v_C-2\varrho }{v_C}+\frac{v_D-2\varrho }{v_D}=2,\backslash frac\{v\_\{A\}-2\; \backslash varrho\}\{v\_\{A\}\}+\backslash frac\{v\_\{B\}-2\; \backslash varrho\}\{v\_\{B\}\}+\backslash frac\{v\_\{C\}-2\; \backslash varrho\}\{v\_\{C\}\}+\backslash frac\{v\_\{D\}-2\; \backslash varrho\}\{v\_\{D\}\}=2,$$

Obr. 1

která je ekvivalentní s rovností

$$\varrho (\frac{1}{v_A}+\frac{1}{v_B}+\frac{1}{v_C}+\frac{1}{v_D})=1.\backslash varrho\backslash left(\backslash frac\{1\}\{v\_\{A\}\}+\backslash frac\{1\}\{v\_\{B\}\}+\backslash frac\{1\}\{v\_\{C\}\}+\backslash frac\{1\}\{v\_\{D\}\}\backslash right)=1\; .$$

K tomu nám pomůže následující úvaha o objemu $V$ a povrchu $S$ čtyřstěnu $A B C D$. Předně $S=S_{A}+S_{B}+S_{C}+S_{D}$ (kde $S_{X}$ značí obsah té stěny, jež neobsahuje vrchol $X$ ), dále

$$V=\frac{1}{3}{S}_A{v}_A=\frac{1}{3}{S}_B{v}_B=\frac{1}{3}{S}_C{v}_C=\frac{1}{3}{S}_D{v}_{D}V=\backslash frac\{1\}\{3\}\; S\_\{A\}\; v\_\{A\}=\backslash frac\{1\}\{3\}\; S\_\{B\}\; v\_\{B\}=\backslash frac\{1\}\{3\}\; S\_\{C\}\; v\_\{C\}=\backslash frac\{1\}\{3\}\; S\_\{D\}\; v\_\{D\}$$

a konečně $V=\frac{1}{3} \varrho S$. Podle těchto vzorců platí

$$\varrho (\frac{1}{v_A}+\frac{1}{v_B}+\frac{1}{v_C}+\frac{1}{v_D})=\frac{3V}{S}(\frac{S_A}{3V}+\frac{S_B}{3V}+\frac{S_C}{3V}+\frac{S_D}{3V})=1\backslash varrho\backslash left(\backslash frac\{1\}\{v\_\{A\}\}+\backslash frac\{1\}\{v\_\{B\}\}+\backslash frac\{1\}\{v\_\{C\}\}+\backslash frac\{1\}\{v\_\{D\}\}\backslash right)=\backslash frac\{3\; V\}\{S\}\backslash left(\backslash frac\{S\_\{A\}\}\{3\; V\}+\backslash frac\{S\_\{B\}\}\{3\; V\}+\backslash frac\{S\_\{C\}\}\{3\; V\}+\backslash frac\{S\_\{D\}\}\{3\; V\}\backslash right)=1$$

a tím je celý důkaz hotov.

4. Do výrazu

$$\text{ den m}\check{\text{e}}\text{s}\acute{\text{ı}}\text{c }-\text{ rok }\backslash text\; \{\; den\; měsíc\; \}-\; \backslash text\; \{\; rok\; \}$$

dosazujeme libovolné datum letošního roku (1998) a poté zjištujeme největší mocninu čísla 3, která dělí výsledné číslo. Např. pro 21. duben vychází číslo $21^{4}-1998=192483=$ $=3^{3} \cdot 7129$, což je násobek mocniny $3^{3}$, ne však mocniny $3^{4}$. Zjistěte všechny dny, pro které je odpovídající mocnina největší.

(R. Kollár)

Řešení. Protože $1998=3^{3}(3 \cdot 24+2)$, je zkoumaný rozdíl $d^{m}-1998$ dělitelný číslem $3^{4}$ (o jinou situaci se ani nemusíme starat), právě když je i mocnina $d^{m}$ tvaru

$$d^m=3^3(3k+2)d^\{m\}=3^\{3\}(3\; k+2)$$

pro vhodné celé číslo $k$. Odtud předně vyplývá, že $3 \mid d$ a že exponent $m$ je liché číslo menší než 4; zároveň však $m \neq 1$, nebot žádné číslo $d \in{1,2, \ldots, 31}$ není tvaru pravé strany (1). Proto nutně $m=3$; pak ale z ( 1 ) plyne, že $3^{2} \nmid d$, tudǐž $d=3(3 n \pm 1)$ pro vhodné znaménko a některé celé číslo $n$. Dosazením dostaneme

$$d^m-1998=(9n\pm 3{)}^3-3^3(3\cdot 24+2)=3^3[3^3{n}^3\pm 3^3{n}^2+3^{2}n\pm 1-3\cdot 24-2]d^\{m\}-1998=(9\; n\; \backslash pm\; 3)^\{3\}-3^\{3\}(3\; \backslash cdot\; 24+2)=3^\{3\}\backslash left[3^\{3\}\; n^\{3\}\; \backslash pm\; 3^\{3\}\; n^\{2\}+3^\{2\}\; n\; \backslash pm\; 1-3\; \backslash cdot\; 24-2\backslash right]$$

Snadno nahlédneme, že hodnota výrazu v hranaté závorce je dělitelná třemi jen při variantě se znaménkem minus, ani tehdy však není dělitelná devíti (je totiž tvaru $9 N-3 \cdot 25$ ). Hledaná největší mocnina je proto $3^{4}$ a odpovídá právě těm březnovým $(m=3)$ dnům, které mají pořadové číslo tvaru $d=3(3 n-1)$, tedy $6 ., 15$. a 24 . březnu.

5. Ve vnější oblasti kružnice $k$ je dán bod $A$. Všechny lichobě̌̌níky, které jsou do kružnice $k$ vepsány tak, že jejich prodloužená ramena se protínají v bodě $A$, mají společný průsečík úhlopříček. Dokažte.

(P. Leischner)

Řešení. Základny $K L$ a $M N$ každého z uvažovaných lichoběžníků $K L M N$ jsou dvě rovnoběžné tětivy kružnice $k$, takže mají společnou osu souměrnosti. Na ní leží střed $S$ kružnice $k$, středy $P$ a $Q$ základen $K L$ a $M N$, průsečík $U$ úhlopřiček $K M$ a $L N$ i průsečík $A$ prodloužených ramen (tedy polopřímek) $K N$ a $L M$ (obr. 2). Protože polopřímka $A S$ na volbě lichoběžníku $K L M N$ nezávisí, stačí dokázat, že na něm nezávisí ani délka úsečky $A U$. Vyjádříme ji nejprve pomocí délek $p=|A P|$ a $q=|A Q|$ (ukáže se, že je jejich harmonickým průměrem). Délky $|P U|$ a $|Q U|$ snadno vypočteme $z$ dvojice rovnic

$$\mathrm{\mid }PU\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }QU\mathrm{\mid }=p-q\text{ a }\frac{\mathrm{\mid }PU\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }QU\mathrm{\mid }}=\frac{\mathrm{\mid }KL\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }MN\mathrm{\mid }}=\frac{p}{q}|P\; U|+|Q\; U|=p-q\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; \backslash frac\{|P\; U|\}\{|Q\; U|\}=\backslash frac\{|K\; L|\}\{|M\; N|\}=\backslash frac\{p\}\{q\}$$

(rovnosti poměrů plynou z podobností $\triangle K L U \sim \triangle M N U$ a $\triangle K L A \sim \triangle N M A)$. Vyjde nám

a proto

$$\mathrm{\mid }PU\mathrm{\mid }=\frac{p(p-q)}{p+q}\text{ a }\mathrm{\mid }QU\mathrm{\mid }=\frac{q(p-q)}{p+q}|P\; U|=\backslash frac\{p(p-q)\}\{p+q\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad|Q\; U|=\backslash frac\{q(p-q)\}\{p+q\}$$

Obr. 2

$$\mathrm{\mid }AU\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AQ\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }QU\mathrm{\mid }=q+\frac{q(p-q)}{p+q}=\frac{2pq}{p+q}\mathrm{.}|A\; U|=|A\; Q|+|Q\; U|=q+\backslash frac\{q(p-q)\}\{p+q\}=\backslash frac\{2\; p\; q\}\{p+q\}\; .$$

Nyní sem dosadíme $p=|A K| \cos \varphi$ a $q=|A N| \cos \varphi$, kde $\varphi=|\Varangle P A K|$, a při následné úpravě využijeme toho, že

$$\mathrm{\mid }AK\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }AN\mathrm{\mid }=2\mathrm{\mid }AR\mathrm{\mid }=2\mathrm{\mid }AS\mathrm{\mid }\cos \phi |A\; K|+|A\; N|=2|A\; R|=2|A\; S|\; \backslash cos\; \backslash varphi$$

kde $R$ je střed tětivy $K N$. Dostaneme tak

$$\mathrm{\mid }AU\mathrm{\mid }=\frac{2pq}{p+q}=\frac{2\mathrm{\mid }AK\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }AN\mathrm{\mid }{\cos }^2\phi }{(\mathrm{\mid }AK\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }AN\mathrm{\mid })\cos \phi }=\frac{\mathrm{\mid }AK\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }AN\mathrm{\mid }}{\mathrm{\mid }AS\mathrm{\mid }}\mathrm{.}|A\; U|=\backslash frac\{2\; p\; q\}\{p+q\}=\backslash frac\{2|A\; K|\; \backslash cdot|A\; N|\; \backslash cos\; ^\{2\}\; \backslash varphi\}\{(|A\; K|+|A\; N|)\; \backslash cos\; \backslash varphi\}=\backslash frac\{|A\; K|\; \backslash cdot|A\; N|\}\{|A\; S|\}\; .$$

Zbývá využít mocnost bodu $A$ k dané kružnici $k(S, r)$ : součin $|A K| \cdot|A N|$ je roven rozdílu $|A S|^{2}-r^{2}$, tedy na volbě lichoběžníku $K L M N$ nezávisí. Nezávislost veličiny $|A U|$ je tak dokázána.

6. Necht $a, b, c$ jsou kladná čísla. Dokažte, že trojúhelník o stranách $a, b, c$ existuje, právě když soustava rovnic

$$\frac{y}{z}+\frac{z}{y}=\frac{a}{x},\frac{z}{x}+\frac{x}{z}=\frac{b}{y},\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=\frac{c}{z}\backslash frac\{y\}\{z\}+\backslash frac\{z\}\{y\}=\backslash frac\{a\}\{x\},\; \backslash quad\; \backslash frac\{z\}\{x\}+\backslash frac\{x\}\{z\}=\backslash frac\{b\}\{y\},\; \backslash quad\; \backslash frac\{x\}\{y\}+\backslash frac\{y\}\{x\}=\backslash frac\{c\}\{z\}$$

má v oboru reálných čísel řešení.

(P. С̌ernek, J. Zhouf)

Rešení. Pravá strana první rovnice má stejné znaménko jako neznámá $x(\neq 0)$, levá strana jako součin $y z(\neq 0)$. Libovolné řešení $(x, y, z)$ dané soustavy proto splňuje podmínku

$$xyz>0\text{. }x\; y\; z>0\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Jak víme, kladná čísla $a, b, c$ tvoří strany některého trojúhelníku, právě když je kladné každé ze tří čísel

$$a+b-c,a+c-b,b+c-a\mathrm{.}a+b-c,\; \backslash quad\; a+c-b,\; \backslash quad\; b+c-a\; .$$

Je-li $(x, y, z)$ řešení dané soustavy, pak

$$a+b-c=x(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})+y(\frac{z}{x}+\frac{x}{z})-z(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})=\frac{2xy}{z},a+b-c=x\backslash left(\backslash frac\{y\}\{z\}+\backslash frac\{z\}\{y\}\backslash right)+y\backslash left(\backslash frac\{z\}\{x\}+\backslash frac\{x\}\{z\}\backslash right)-z\backslash left(\backslash frac\{x\}\{y\}+\backslash frac\{y\}\{x\}\backslash right)=\backslash frac\{2\; x\; y\}\{z\},$$

což je podle (1) číslo kladné; analogicky zjistíme, že

$$a+c-b=\frac{2xz}{y}>0\text{ a }b+c-a=\frac{2yz}{x}>0.a+c-b=\backslash frac\{2\; x\; z\}\{y\}>0\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; b+c-a=\backslash frac\{2\; y\; z\}\{x\}>0\; .$$

V druhé části řešení naopak předpokládejme, že každé z čísel (2) je kladné, a najděme všechna řešení dané soustavy (i když by stačilo uvést řešení jedno). Pomohou nám při tom předchozí výpočty, podle kterých musí například platit

$$(a+b-c)(a+c-b)=\frac{2xy}{z}\cdot \frac{2xz}{y}=4x^2\mathrm{.}(a+b-c)(a+c-b)=\backslash frac\{2\; x\; y\}\{z\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{2\; x\; z\}\{y\}=4\; x^\{2\}\; .$$

Tato a další dvě analogické rovnosti vedou $\mathrm{k}$ vyjádření

$$\begin{array}{l}x=\frac{{\epsilon }_1}{2}\sqrt{(a+b-c)(a+c-b)}\\ y=\frac{{\epsilon }_2}{2}\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)}\\ z=\frac{{\epsilon }_3}{2}\sqrt{(a+c-b)(b+c-a)}\end{array}\}\backslash left.\backslash begin\{array\}\{l\}\; x=\backslash frac\{\backslash varepsilon\_\{1\}\}\{2\}\; \backslash sqrt\{(a+b-c)(a+c-b)\}\; \backslash \backslash \; y=\backslash frac\{\backslash varepsilon\_\{2\}\}\{2\}\; \backslash sqrt\{(a+b-c)(b+c-a)\}\; \backslash \backslash \; z=\backslash frac\{\backslash varepsilon\_\{3\}\}\{2\}\; \backslash sqrt\{(a+c-b)(b+c-a)\}\; \backslash end\{array\}\backslash right\backslash \}$$

kde $\varepsilon_{i}= \pm 1$ pro $i \in{1,2,3}$, přitom $\varepsilon_{1} \varepsilon_{2} \varepsilon_{3}=1$ podle (1). Takové trojice $\left(\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}\right)$ jsou zřejmě právě čtyři; podle (3) tak dostáváme čtyři trojice $(x, y, z)$. Přímým dosazením a rutinním výpočtem overříme, že jsou to skutečně řešení zadané soustavy.