Czech/md/cs-mo-secondary/cs-3471663-b47s.md

Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie B

1. Určete všechny trojice $(a, b, c)$ reálných čísel, pro které platí

2. Necht obě úsečky spojující středy protilehlých stran konvexního čtyřúhelníku $A B C D$ mají stejnou délku. Dokažte, že úhlopříčky $A C$ a $B D$ jsou navzájem kolmé a že platí rovnost

$$\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }CD{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }BC{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }DA{\mathrm{\mid }}^2\mathrm{.}|A\; B|^\{2\}+|C\; D|^\{2\}=|B\; C|^\{2\}+|D\; A|^\{2\}\; .$$

3. Najděte všechny čtvercové tabulky $3 \times 3$ přirozených čísel, v nichž je součin všech čísel v každém řádku, v každém sloupci i na obou úhlopřičkách stejný a pro něž platí, že součet čtyř čísel v jejich rohových polích je jednociferné číslo.

Školní - klauzurní část I. kola kategorie B se koná

v úterý 27. ledna 1998

tak, aby začala 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. Druhou rovnici upravíme na tvar $(1-c) a b+(a+b) c=0$. Podle první rovnice je však $a+b=1-c$, takže odtud dostáváme podmínku $(1-c)(a b+c)=0$. Protože původní soustava byla symetrická vzhledem k neznámým $a, b, c$, pokusíme se ještě upravit činitel $a b+c$. Pomocí první rovnice tak dostaneme

$$ab+c=ab+(1-a-b)=a(b-1)+(1-b)=(1-a)(1-b),a\; b+c=a\; b+(1-a-b)=a(b-1)+(1-b)=(1-a)(1-b),$$

takže

$$(1-c)(ab+c)=(1-a)(1-b)(1-c)=0.(1-c)(a\; b+c)=(1-a)(1-b)(1-c)=0\; .$$

Odtud plyne, že některé z čísel $a, b, c$ je nutně rovno jedné, ostatní dvě z nich jsou pak (dle rovnosti $a+b+c=1$ ) čísla navzájem opačná. Trojice $(a, b, c)$ má tedy jeden z tvarư

$$(1,k,-k),(k,1,-k),(k,-k,1)(1,\; k,-k),(k,\; 1,-k),(k,-k,\; 1)$$

kde $k$ je vhodné číslo. Dosazením se snadno přesvědčíme, že jsou to skutečně řešení, a to pro libovolné reálné číslo $k$.

Řešení 2. Použijeme standardní postup pro řešení soustav rovnic. Z první rovnice vyjádříme například „neznámou“ $c=1-a-b$ a dosadíme do rovnice druhé, kterou pak budeme řešit vzhledem k „neznámé“ $b$ (považujíce $a$ za „parametr"). Dostaneme tak po rutinních úpravách kvadratickou rovnici

$$(a-1)b^2+(a^2-2a+1)b+(a-a^2)=0.(a-1)\; b^\{2\}+\backslash left(a^\{2\}-2\; a+1\backslash right)\; b+\backslash left(a-a^\{2\}\backslash right)=0\; .$$

Její koeficienty, jak snadno vidíme, mají společného činitele $a-1$, takže rovnici před řešením ještě upravíme:

$$(a-1)[b^2+(a-1)b-a]=0.(a-1)\backslash left[b^\{2\}+(a-1)\; b-a\backslash right]=0\; .$$

Protože kořeny trojčlenu v hranatých závorkách jsou $b_{1}=1$ a $b_{2}=-a$, musí nastat jeden z př́ípadů $a=1, b=1$, nebo $b=-a$. Závěr je stejný jako u prvního řešení.

Řešení 3. V obou rovnicích vystupují výrazy, které, jak víme, souvisejí s koeficienty mnohočlenu $P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$. Tak zjistíme, že jsou-li obě rovnice splněny, má mnohočlen $P(x)$ tvar $x^{3}-x^{2}+p x-p$, kde $p=a b c$. Tehdy platí $P(1)=1-1+p-p=0$, takže číslo 1 musí být jedním z kořenů $a, b, c$ mnohočlenu $P(x)$. Závěr je stejný jako u prvního řešení.

Za úplné řešení udělte 6 bodů. Za nalezení (podložené výpočtem a neúplnou diskusí, ne uhodnutí) jednoho nebo dvou typư řešení udělte 4 body, za jejich uhodnutí (třeba i všech tří typů) dejte 2 body.

2. Označme $K, L, M, N$ po řadě středy stran $A B, B C, C D, D A$ uvažovaného konvexního čtyřúhelníku $A B C D$. Čtyřúhelník $K L M N$ je rovnoběžník, nebot každá z jeho stran je střední přiččkou v jednom ze čtyř trojúhelníků $A B C, B C D, C D A$ a $D A B$, na něž jednotlivé úhlopříčky daný čtyřúhelník rozdělí, takže $K L|A C| M N$ a $L M|B D| M K$ (bylo to využito i v úloze B-I-6). Mají-li navíc jeho úhlopřičky $K M$ a $L N$ tutéž délku, je $K L M N$ pravoúhelník, a proto jsou úhlopřŕčky $A C$ a $B D$ daného konvexního čtyřúhelníku $A B C D$ navzájem kolmé.

Označme $P$ průsečík úhlopříček $A C$ a $B D$ čtyřúhelníku $A B C D$. Užijeme-li Pythagorovu větu postupně na pravoúhlé trojúhelníky $A B P, B C P, C D P$ a $D A P$, dostaneme

Součtem první a třetí, resp. druhé a čtvrté rovnosti vyjde

$$\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }CD{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }PA{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }PB{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }PC{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }PD{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }BC{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }DA{\mathrm{\mid }}^2,|A\; B|^\{2\}+|C\; D|^\{2\}=|P\; A|^\{2\}+|P\; B|^\{2\}+|P\; C|^\{2\}+|P\; D|^\{2\}=|B\; C|^\{2\}+|D\; A|^\{2\},$$

což jsme měli dokázat.

Za úplné řešení udělte 6 bodů. Za důkaz kolmosti udělte 3 body, za důkaz uvedené rovnosti udělte 3 body, i když kolmost úhlopříček je pouze předpokládána (a ne dokázána).

3. Označme $a, b, c, d$ jednomístná čísla v rohových polích hledané tabulky (obr. 1) a $e$ číslo v jejím středovém poli. Vzhledem $\mathrm{k}$ souměrnosti (překlopením podle jedné z úhlopříček nebo středního sloupce či řádku se uvažované vlastnosti tabulky nezmění) můžeme předpokládat, že je $a \leqq d, b \leqq c$ a $a+d \leqq b+c$, a protože má být $a+b+c+d \leqq 9$, bude za uvedených předpokladů $a+d \leqq 4$ a $b+c \leqq 5$. Z rovnosti $a e d=b e c$ plyne $a d=b c$, takže stačí prozkoumat následujících pět možností:

Obr. 1

V každém z těchto pěti případů můžeme pomocí „prostředního“ čísla $e$ stejnou metodou vyjádřit ostatní čísla tabulky, a to tak, že využijeme rovnosti součinů čísel v obou úhlopříčkách, obou krajních řádcích a obou krajních sloupcích. Tabulky pak vypadají takto:

1	$e$	1
$e$	$e$	$e$
1	$e$	1

1	$2 e$	1
$e$	$e$	$e$
2	$\frac{1}{2} e$	2

1	$3 e$	1
$e$	$e$	$e$
3	$\frac{1}{3} e$	3

2	$2 e$	1
$\frac{1}{2} e$	$e$	$2 e$
4	$\frac{1}{2} e$	2

2	$e$	2
$e$	$e$	$e$
2	$e$	2

Porovnáme-li nyní zmíněné součiny se součinem čísel v druhém řádku (či v druhém sloupci), dostaneme v každém z uvedených případů jedinou rovnici

$$e^3=(ad)e,\text{ kde postupn}\check{\text{e}}ad=1,2,3,4,4e^\{3\}=(a\; d)\; e,\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; kde\; postupně\; \}\; a\; d=1,2,3,4,4$$

Tato rovnice má $\mathrm{v}$ přirozených číslech řešení pouze pro $a d \in{1,4}$ a tomu odpovídají tři tabulky na obr. 2. Z poslední tabulky dostaneme zmíněnými souměrnostmi ještě tři další, ale jak snadno zjistíme, vznikne každá z nich otáčením uvedené tabulky o $90^{\circ}$.

1	1	1
1	1	1
1	1	1

2	2	2
2	2	2
2	2	2

2	4	1
1	2	4
4	1	2

Obr. 2

Za správné řešení udělte 6 bodů, z toho po 1 bodu za nalezení prvních dvou tabulek, 2 body za nalezení třetího typu tabulky, zbývající 1 až 2 body podle úplnosti úvah, kterými je vyloučena existence dalších řešení. Za opomenutí možných souměrných řešení body nestrhávejte.