Czech/md/cz-mo-secondary/3471700-a50ii.md

50. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie A

1. Najděte nejmenší čtyřmístné číslo $n$, pro něž má soustava

pouze celočíselná řešení.

2. Určete všechna reálná čísla $s$ a $t$, pro která je grafem funkce

$$f(x)=\frac{x^2-4x+s}{t\mathrm{\mid }x-1\mathrm{\mid }+x+7}f(x)=\backslash frac\{x^\{2\}-4\; x+s\}\{t|x-1|+x+7\}$$

lomená čára složená ze dvou polopřímek.

3. Je dána kružnice $k(S, r)$ a na ní body $M, N$ takové, že úhel $M S N$ je ostrý. Libovolným bodem $X$ menšího z oblouků $M N$ ved'me rovnoběžku s př́mkou $M S$ a označme $Y$ její průsečík s úsečkou $S N$. Sestrojte takový bod $X$, pro který je obsah trojúhelníku $S X Y$ maximální.
4. Určete všechny funkce $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ takové, že pro všechna reálná čísla $x$ a $y$ platí

$$f(x^2+f(y))=(x-y{)}^2\cdot f(x+y)\text{. }f\backslash left(x^\{2\}+f(y)\backslash right)=(x-y)^\{2\}\; \backslash cdot\; f(x+y)\; \backslash text\; \{.\; \}$$

II. kolo kategorie A se koná

v úterý 16. ledna 2001

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 žákưm sdělí před zahájením soutěže.

1. Předpokládejme, že parametr $n$ je přirozené číslo, a řešme danou soustavu v oboru reálných čísel. Levá strana první rovnice je rovna $\left(x^{2}+y^{2}\right)(x+y)$, a tak pro čísla $s=x+y$ a $t=x^{2}+y^{2}$ platí $t \cdot s=n$ a $t+s=n+1$. Čísla $s, t$ jsou tedy kořeny kvadratické rovnice $w^{2}-(n+1) w+n=0$. Z rozkladu $w^{2}-(n+1) w+n=(w-n)(w-1)$ vidíme, že ${s, t}={1, n}$. Dvojice $(x, y)$ je tedy řešením původní soustavy, právě když je řešením jedné ze soustav

$\mathrm{V}$ prvním případě jsou čísla $x, y$ kořeny kvadratické rovnice $z^{2}+(1-z)^{2}=n$. Jejím řešením dostaneme

$$\{x,y\}=\{\frac{1+\sqrt{2n-1}}{2},\frac{1-\sqrt{2n-1}}{2}\}\backslash \{x,\; y\backslash \}=\backslash left\backslash \{\backslash frac\{1+\backslash sqrt\{2\; n-1\}\}\{2\},\; \backslash frac\{1-\backslash sqrt\{2\; n-1\}\}\{2\}\backslash right\backslash \}$$

Podobně z druhé soustavy v (1) plyne, že čísla $x, y$ jsou kořeny kvadratické rovnice $z^{2}+(n-$ $-z)^{2}=1$. Její diskriminant $D=4\left(2-n^{2}\right)$ je nezáporný jedině pro $n=1$ (připomeňme, že $n$ je přirozené), pak jsou ovšem obě soustavy v (1) totožné, takže žádné další řešení kromě (2) neexistuje.

Zjistili jsme, že pro každé přirozené číslo $n$ jsou všechna řešení původní soustavy v oboru reálných čísel popsána vztahem (2). Jsou to celá čísla, právě když je hodnota $2 n-1$ druhou mocninou (lichého) přirozeného čísla. Je-li číslo $n$ čtyřmístné, pak $n \geqq 1000$, a tak $2 n-1 \geqq 1999$. Protože $44^{2}=1936$ a $45^{2}=2025$, hledané číslo $n$ určíme z rovnice $2 n-1=2025$. Ž̌ejmě $n=1013$.

Poznamenejme, že v první části řešení můžeme postupovat i takto: do první rovnice $\left(x^{2}+y^{2}\right)(x+y)=n$ lze dosadit za první činitel vyjádření $x^{2}+y^{2}=n+1-(x+y)$ z druhé rovnice. Tak získáme pro neznámou $s=x+y$ kvadratickou rovnici $(n+1-s) s=n$, jejíž kořeny jsou $s_{1}=1$ a $s_{2}=n$.

2. Předpokládejme, že $s$ a $t$ jsou (pevná) čísla požadované vlastnosti. Graf funkce $f$ je sjednocením grafư funkcí $f_{1}$ a $f_{2}$, které jsou určeny vzorci

$$f_1(x)=\frac{x^2-4x+s}{(1-t)x+(t+7)},f_2(x)=\frac{x^2-4x+s}{(t+1)x+(7-t)}f\_\{1\}(x)=\backslash frac\{x^\{2\}-4\; x+s\}\{(1-t)\; x+(t+7)\},\; \backslash quad\; f\_\{2\}(x)=\backslash frac\{x^\{2\}-4\; x+s\}\{(t+1)\; x+(7-t)\}$$

a mají definiční obory $D\left(f_{1}\right)=(-\infty, 1\rangle, D\left(f_{2}\right)=\langle 1, \infty)$ (polopřímky bez jakýchkoliv vyloučených bodi̊, nebot̀ hodnota $f(x)$ dle popisu grafu $f$ existuje pro každé $x \in \mathbb{R}$ ). Císla $s$ a $t$ určíme z podmínky, že grafy funkcí $f_{1}$ a $f_{2}$ jsou polopřímky (takže jde o lineární funkce). Ž̌ejmě platí $t \neq \pm 1$ (jinak by graf jedné z funkcí $f_{1}, f_{2}$ byl částí paraboly), proto můžeme lineární funkce ze jmenovatelů zlomků v (1) zapsat ve tvaru

$$(1-t)x+(t+7)=(1-t)(x-x_1),\text{ kde }{x}_1=\frac{t+7}{t-1}(1-t)\; x+(t+7)=(1-t)\backslash left(x-x\_\{1\}\backslash right),\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; kde\; \}\; \backslash quad\; x\_\{1\}=\backslash frac\{t+7\}\{t-1\}$$

$\mathrm{a}$

$$(t+1)x+(7-t)=(t+1)(x-x_2),\text{ kde }{x}_2=\frac{t-7}{t+1}(t+1)\; x+(7-t)=(t+1)\backslash left(x-x\_\{2\}\backslash right),\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; kde\; \}\; \backslash quad\; x\_\{2\}=\backslash frac\{t-7\}\{t+1\}$$

Výhodu těchto rozkladů oceníme při vyjadřování podmínky, že obě funkce $f_{1}$ a $f_{2}$ jsou lineární. Předtím však poznamenejme, že hodnota $f_{1}(x)$ existuje pro každé $x \leqq 1$ a hodnota $f_{2}(x)$ pro každé $x \geqq 1$, právě když čísla $x_{1}, x_{2}$ z rozkladů (2) splňují podmínku

Vzorce (1) určují lineární funkce $f_{1}$ a $f_{2}$, právě když je kvadratický mnohočlen $x^{2}-4 x+s$ dělitelný (beze zbytku) každým z lineárních mnohočlenů $\left(x-x_{1}\right)$ a $\left(x-x_{2}\right)$. Protože však podle (3) platí $x_{1} \neq x_{2}$, lze podmínku z předchozí věty vyjádřit rovností mnohočlenů

$$x^2-4x+s=(x-x_1)(x-x_2)\text{. }x^\{2\}-4\; x+s=\backslash left(x-x\_\{1\}\backslash right)\backslash left(x-x\_\{2\}\backslash right)\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Poznamenejme, že za podmínky (4) budou předpisy pro funkce $f_{1}, f_{2}$ tvaru

$$f_1(x)=\frac{x-x_2}{1-t}\text{ a }{f}_2(x)=\frac{x-x_1}{t+1}f\_\{1\}(x)=\backslash frac\{x-x\_\{2\}\}\{1-t\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; f\_\{2\}(x)=\backslash frac\{x-x\_\{1\}\}\{t+1\}$$

podmínka (3) zaručí, že polopřímky, které jsou grafy $f_{1}$ a $f_{2}$, neleží na téze přímce (kdyby ležely, nebyla by grafem $f$ lomená čára): osu $x$ totiž protne jak polopřímka $y=f_{1}(x)$ (v bodě $\left[x_{2}, 0\right]$ ), tak i polopřímka $y=f_{2}(x)$ (v bodě $\left[x_{1}, 0\right]$ ).

Podmínka (4) je s ohledem na (2) ekvivalentní s dvojicí rovnic

$$4=\frac{t+7}{t-1}+\frac{t-7}{t+1}\text{ a }s=\frac{t+7}{t-1}\cdot \frac{t-7}{t+1}=\frac{t^2-49}{t^2-1}4=\backslash frac\{t+7\}\{t-1\}+\backslash frac\{t-7\}\{t+1\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; s=\backslash frac\{t+7\}\{t-1\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{t-7\}\{t+1\}=\backslash frac\{t^\{2\}-49\}\{t^\{2\}-1\}$$

ze kterých určíme neznámé hodnoty $s$ a $t$. Úpravou první rovnice vyjde $t^{2}=9$, možné hodnoty $t$ jsou tedy $\pm 3$; podle druhé rovnice jim odpovídá stejná hodnota $s=-5$. Je-li $t=3$, platí podle (2) $x_{1}=5$ a $x_{2}=-1$ (podmínka (3) je tehdy splněna), je-li $t=-3$, pak $x_{1}=-1$ a $x_{2}=5$ (podmínka (3) splněna není). Řešením úlohy je tedy jediná dvojice $(s, t)=(-5,3)$.

Přestože jsme celé řešení vedli tak, že zkouška nutná není, proved’me ji jak pro dvojici $(s, t)=(-5,3)$, tak pro dvojici $(s, t)=(-5,-3)$. Pro první dvojici vychází

takže opravdu jde o řešení (obr. 1a); dvojici $(s, t)=(-5,-3)$ odpovídá funkce

Obr. 1 a

Obr. $1 \mathrm{~b}$

jejímž grafem je lomená čára bez dvou bodů (obr. 1b), takže dvojici $(s, t)=(-5,-3)$ nelze považovat za řešení.

Poznámka. Někteří soutěžící patrně vyjádří podmínku linearity obou funkcí $f_{1}$ a $f_{2}$ (aniž zavedou čísla $x_{1}, x_{2}$ ) takto: mnohočlen $x^{2}-4 x+s$ je dělitelný jak mnohočlenem $(1-t) x+(t+7)$, tak i mnohočlenem $(t+1) x+(7-t)$, je tedy dělitelný i jejich součinem, tudíž platí rovnost mnohočlenů

$$((1-t)x+(t+7))((t+1)x+(7-t))=(1-t^2)(x^2-4x+s)((1-t)\; x+(t+7))((t+1)\; x+(7-t))=\backslash left(1-t^\{2\}\backslash right)\backslash left(x^\{2\}-4\; x+s\backslash right)$$

(koeficient $\left(1-t^{2}\right)$ se zjistí porovnáním kvadratických členů). Tento závěr je však korektní, jen když jsou oba lineární mnohočleny nesoudělné; v našem řešení je tato nesoudělnost zaručena podmínkou (3). Soudělným mnohočlenům ze jmenovatelů zlomků v (1) odpovídá „řešení“ $(s, t)=(-77,0)$ s př́slušnou funkcí

$$f(x)=\frac{x^2-4x-77}{x+7}=x-11(x\in \mathbb{R},x\mathrm{\ne }-7)f(x)=\backslash frac\{x^\{2\}-4\; x-77\}\{x+7\}=x-11\; \backslash quad(x\; \backslash in\; \backslash mathbb\{R\},\; x\; \backslash neq-7)$$

jejíž graf (obr. 1c) je sice složen ze dvou polopřímek, ale jejich společný počátek do grafu $f$ nepatří (navíc tyto polopřímky svírají přímý úhel, takže jejich sjednocení není lomená čára).

Obr. 1c

3. Ve všech řešeních značíme $\omega=|\Varangle M S N|$.

Řešení 1. Z rovnoběžnosti přímek $S M$ a $X Y$ plyne rovnost $|\Varangle S Y X|=\pi-\omega$ (obr. 2). Proto se všechny uvažované trojúhelníky $S X Y$ shodují nejen v délce strany $S X$ (rovné poloměru $r$ kružnice $k$ ) ale i ve velikosti protilehlého vnitřního úhlu $S Y X$. Kružnice opsané všem trojúhelníkům $S X Y$ mají tedy týž poloměr $R$ (rovný $\frac{r}{2 \sin \omega}$ ), a bod $Y$ leží vždy na tom jejich oblouku, ze kterého je tětiva $S X$ délky $r$ vidět pod úhlem $\pi-\omega$. Výška $v$ ke straně $S X$ trojúhelníku $S Y X$ tudíž zřejmě nepřevyšuje výšku kruhové úseče z obr. 3, přitom je rovna této výšce, právě když platí $|S Y|=|X Y|$. Proto má ze všech trojúhelníků $S X Y$ největší obsah právě ten, který má shodné strany $S Y$ a $X Y$. Jeho vnitřní úhel $\alpha$ u vrcholu $S$ je shodný s vnitřním úhlem u vrcholu $X$, a tak platí $2 \alpha+(\pi-\omega)=\pi$, odkud $\alpha=\frac{1}{2} \omega$, což znamená, že polopřímka $S X$ je osou úhlu $M S N$. Průsečík této osy s kružnicí $k$ proto určuje hledaný bod $X$.

Obr. 2

Obr. 3

Dodejme, že maximální výšku $v$ trojúhelníku $S X Y$ ke straně $S X$ lze určit i jiným postupem (bez úvah o kruhové úseči): označíme-li $Y_{0}$ patu výšky z vrcholu $Y, \alpha=|\Varangle X S Y|$ a $\beta=|\Varangle S X Y|$, potom platí

$$v\cdot \mathrm{cotg}\alpha +v\cdot \mathrm{cotg}\beta =\mid S{Y}_0\mid +\mid X{Y}_0\mid =\mathrm{\mid }SX\mathrm{\mid }=rv\; \backslash cdot\; \backslash operatorname\{cotg\}\; \backslash alpha+v\; \backslash cdot\; \backslash operatorname\{cotg\}\; \backslash beta=\backslash left|S\; Y\_\{0\}\backslash right|+\backslash left|X\; Y\_\{0\}\backslash right|=|S\; X|=r$$

odkud s ohledem na to, že $\alpha+\beta=\omega$ a že funkce cotg je v intervalu $\left(0, \frac{1}{2} \pi\right)$ konvexní, vychází odhad

$$v=\frac{r}{\mathrm{cotg}\alpha +\mathrm{cotg}\beta }\leqq \frac{r}{2\mathrm{cotg}\frac{\alpha +\beta }{2}}=\frac{r}{2\mathrm{cotg}\frac{\omega }{2}}=\frac{r}{2}\mathrm{tg}\frac{\omega }{2}v=\backslash frac\{r\}\{\backslash operatorname\{cotg\}\; \backslash alpha+\backslash operatorname\{cotg\}\; \backslash beta\}\; \backslash leqq\; \backslash frac\{r\}\{2\; \backslash operatorname\{cotg\}\; \backslash frac\{\backslash alpha+\backslash beta\}\{2\}\}=\backslash frac\{r\}\{2\; \backslash operatorname\{cotg\}\; \backslash frac\{\backslash omega\}\{2\}\}=\backslash frac\{r\}\{2\}\; \backslash operatorname\{tg\}\; \backslash frac\{\backslash omega\}\{2\}$$

Řešení 2. Označme $p=|X Y|$ a $q=|S Y|$. Podle kosinové věty pro trojúhelník $S X Y$ platí $r^{2}=p^{2}+q^{2}+2 p q \cdot \cos \omega$, nebot $|\Varangle S Y X|=\pi-\omega$. Vypsanou rovnost upravíme do tvaru $r^{2}=(p-q)^{2}+2 p q(1+\cos \omega)$, z něhož už snadno odhadneme velikost součinu $p q$ shora:

$$pq=\frac{r^2-(p-q{)}^2}{2(1+\cos \omega )}\leqq \frac{r^2}{2(1+\cos \omega )}p\; q=\backslash frac\{r^\{2\}-(p-q)^\{2\}\}\{2(1+\backslash cos\; \backslash omega)\}\; \backslash leqq\; \backslash frac\{r^\{2\}\}\{2(1+\backslash cos\; \backslash omega)\}$$

přitom rovnost nastane, právě když $p=q$. To je i podmínka, za které je obsah $\frac{1}{2} p q \sin \omega$ trojúhelníku $S X Y$ maximální. Došli jsme tak ke stejnému závěru jako při prvním řešení.

Řešení 3. Vyjádřeme obsah trojúhelníku $S X Y$ jako funkci úhlu $\alpha=|\Varangle X S N|$ a zjistěme její největší hodnotu v intervalu $0<\alpha<\omega$. Při označení z obr. 4 platí $|X Z|=|S X| \sin \alpha=r \sin \alpha$; protože $|\Varangle S Y X|=\pi-\omega$ a $|\Varangle S X Y|=\omega-\alpha$, ze sinové

Obr. 4

věty pro trojúhelník $S X Y$ vychází

$$\mathrm{\mid }SY\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }SX\mathrm{\mid }\cdot \frac{\sin (\omega -\alpha )}{\sin \omega }=r\cdot \frac{\sin (\omega -\alpha )}{\sin \omega }\mathrm{.}|S\; Y|=|S\; X|\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash sin\; (\backslash omega-\backslash alpha)\}\{\backslash sin\; \backslash omega\}=r\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash sin\; (\backslash omega-\backslash alpha)\}\{\backslash sin\; \backslash omega\}\; .$$

Pro obsah $P$ trojúhelníku $S X Y$ tak dostáváme vyjádření

$$P=\frac{\mathrm{\mid }SY\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }XZ\mathrm{\mid }}{2}=\frac{r^2\sin \alpha \sin (\omega -\alpha )}{2\sin \omega }=\frac{r^2(\cos (2\alpha -\omega )-\cos \omega )}{4\sin \omega }P=\backslash frac\{|S\; Y|\; \backslash cdot|X\; Z|\}\{2\}=\backslash frac\{r^\{2\}\; \backslash sin\; \backslash alpha\; \backslash sin\; (\backslash omega-\backslash alpha)\}\{2\; \backslash sin\; \backslash omega\}=\backslash frac\{r^\{2\}(\backslash cos\; (2\; \backslash alpha-\backslash omega)-\backslash cos\; \backslash omega)\}\{4\; \backslash sin\; \backslash omega\}$$

(využili jsme vzorec $2 \sin x \sin y=\cos (x-y)-\cos (x+y)$ pro $x=\alpha$ a $y=\omega-\alpha$ ). Proto pro hodnotu $P$ platí horní odhad

$$P\leqq \frac{r^2(1-\cos \omega )}{4\sin \omega }(=\frac{r^2}{4}\mathrm{tg}\frac{\omega }{2})P\; \backslash leqq\; \backslash frac\{r^\{2\}(1-\backslash cos\; \backslash omega)\}\{4\; \backslash sin\; \backslash omega\}\backslash left(=\backslash frac\{r^\{2\}\}\{4\}\; \backslash operatorname\{tg\}\; \backslash frac\{\backslash omega\}\{2\}\backslash right)$$

přitom rovnost nastane právě $\mathrm{v}$ případě, $k d y \cos (2 \alpha-\omega)=1$, což je $\mathrm{v}$ naší situaci splněno jedině pro $\alpha=\frac{1}{2} \omega$ (z nerovností $0<\alpha<\omega$ totiž plyne odhad $|2 \alpha-\omega|<\omega$ ).

Za úplné řešení je 6 bodů. Vyjádření obsahu trojúhelníku $S X Y$ jako explicitní funkce některé (jedné!) z vhodných proměnných $(|\nless X S N|,|Y S|,|X Y|)$ oceňte 3 body. Za povšimnutí, že všechny trojúhelníky $S X Y$ mají stejný úhel při vrcholu $Y$, udělte 1 bod.

4. Předpokládejme, že $f$ je libovolná z hledaných funkcí. Všimněme si, že levá strana dané rovnice je sudá funkce proměnné $x$. Při záměně čísla $x$ opačným číslem $-x$ se proto nezmění ani hodnota pravé strany rovnice:

$$(x-y{)}^2\cdot f(x+y)=(-x-y{)}^2\cdot f(-x+y)(x-y)^\{2\}\; \backslash cdot\; f(x+y)=(-x-y)^\{2\}\; \backslash cdot\; f(-x+y)$$

neboli

$$(x-y{)}^2\cdot f(x+y)=(x+y{)}^2\cdot f(y-x)\mathrm{.}(x-y)^\{2\}\; \backslash cdot\; f(x+y)=(x+y)^\{2\}\; \backslash cdot\; f(y-x)\; .$$

Dosad'me sem při libovolném $t \in \mathbb{R}$ hodnoty $x=\frac{1}{2}(t-1)$ a $y=\frac{1}{2}(t+1)$, které jsou zvoleny tak, aby platilo $x+y=t$ a $y-x=1$. Dostaneme vztah $f(t)=t^{2} \cdot f(1)$ pro každé $t \in \mathbb{R}$. Funkce $f$ je tedy nutně tvaru $f(x)=c x^{2}$, přitom neznámý koeficient $c$ zjistíme tak, že dosadíme do rovnosti ze zadání (a tak vlastně současně provedeme i zkoušku): rovnice $c\left(x^{2}+c y^{2}\right)^{2}=(x-y)^{2} \cdot c(x+y)^{2}$ je ekvivalentní s rovnicí $c(c+1) y^{2}\left(2 x^{2}+(c-1) y^{2}\right)=0$, jež je splněna pro libovolná $x$ a $y$, právě když $c=0$ nebo $c=-1$ (např. dosazení $x=y=1$ vede k podmínce $c(c+1)^{2}=0$, takže nutně $\left.c \in{0,-1}\right)$.

Úloha má právě dvě řešení: nulovou funkci $f_{1}(x)=0$ a funkci $f_{2}(x)=-x^{2}$.