C47, školní kolo
- V oboru reálných čísel řešte rovnici
kde $[a]$ je celá část reálného čísla $a$, tj. celé číslo, pro které platí $[a] \leq a<[a]+1$. Například $[3,7]=3$ a $[-3,7]=-4$.
Řešení 1. Číslo $k=5 x-8$ je nutně celé. Odtud $x=\frac{1}{5}(k+8)$ a po dosazení do rovnice dostaneme
To podle definice celé části vede $\mathrm{k}$ nerovnostem
po úpravě $-3<k \leq-\frac{1}{2}$. Číslo $k$ je však celé, platí tedy bud’ $k=-2$ (pak $x=1,2$ ), nebo $k=-1$ (pak $x=1,4)$.
Daná rovnice má právě dvě řešení $x=1,2$ a $x=1,4$. (Zkouška dosazením se provede snadno, při našem postupu však není nutná.)
Rešení 2. Podle definice celé části musí platit $5 x-8 \leq 3 x-5<(5 x-8)+1$, po úpravě $1<x \leq \frac{3}{2}$. Z tohoto intervalu nyní vybereme ta $x$, pro která je hodnota $5 x-8$ celočíselná: je-li $1<x \leq \frac{3}{2}$, pak $5<5 x \leq \frac{15}{2}$, takže $-3<5 x-8 \leq-\frac{1}{2}$, tedy $5 x-8=-2$ nebo $5 x-8=-1$. Odtud vypočteme obě řešení $x=1,2$ a $x=1,4$. Ani při tomto postupu není zkouška nezbytná.
Řešení 3. Označme $k=[3 x-5]$, takže $3 x-5=k+\varepsilon$, kde $0 \leq \varepsilon<1$ a číslo $k$ je celé. Vyjádříme odtud $x$ a dosadíme do rovnice $k=5 x-8$, kterou pak vyřešíme vzhledem $\mathrm{k} \varepsilon$ :
Hledáme tedy ta celá čísla $k$, pro která platí $0 \leq-\frac{1}{5}(2 k+1)<1$. To je ekvivalentní s nerovnostmi $-3<k \leq-\frac{1}{2}$, takže bud' $k=-2$ (pak $\varepsilon=0,6$ a $x=1,2$ ), nebo $k=-1$ (pak $\varepsilon=0,2$ a $x=1,4$ ). Zkouška opět není nutná.
Naznačme ještě čtvrtý možný postup řešení. Z dané rovnice plyne, že číslo $5 x$ je celé, takže necelá část čísla $x$ je rovna jednomu z čísel $0,0,2,0,4,0,6$ nebo 0,8 . Dále je možné odděleně posuzovat těchto pět možností. Tak např. pro $x=k+0,4$, kde $k$ je celé, vychází $5 x-8=5 k-6,3 x-5=3 k-3,8$, takže $[3 x-5]=3 k-4$; rovnice $5 k-6=3 k-4$ má (celočíselné) řešení $k=1$, kterému odpovídá $x=1,4$.
- Zjistěte nejmenší trojciferné číslo, které je dělitelné právě polovinou z čísel
Řešení 1. Hledané číslo $A$ má být dělitelné právě šesti z vypsaných čísel. Každé z těchto 12 čísel je dělitelné pouze prvočísly 2 a 3 . Jelikož mezi těmito čísly jsou jen čtyři mocniny dvou $(2,4,8,16)$ a jen tři mocniny tří $(3,9,27)$, musí být číslo $A$ dělitelné jak dvěma, tak třemi (a tedy i šesti).
Protože kromě čísel 2,3 a 6 má číslo $A$ ještě další tři dělitele mezi vypsanými čísly, musí být $A$ dělitelné čtyřmi nebo devíti, ne však oběma čísly zároveň (pak by mělo osm dělitelů $2,3,4,6,9,12,18$ a 36 ). Rozlišme proto dva případy.
- $4 \mid A$ a $9 \nmid A$. Pak je číslo $A$ dělitelné $2,3,4,6$ a 12 , šestý vypsaný dělitel je nutně (jediné) z čísel $8,16,24$. Proto $8 \mid A$, takže také (ve sporu s předchozí větou) $24 \mid A$. Musí tedy nastat druhý případ.
- $9 \mid A$ a $4 \nmid A$. Pak je číslo $A$ dělitelné $2,3,6,9$ a 18 , šestý vypsaný dělitel je nutně číslo 27 . Proto $54 \mid A$, tedy $A=54 \ell$, kde $\ell$ je liché číslo (nebot $4 \nmid A$ ). Na druhé straně, každé takové číslo $54 \ell$ má zřejmě mezi vypsanými čísly právě 6 dělitelů $(2,3,6,9,18,27)$. Takové nejmenší trojciferné číslo je $54 \cdot 3=162$.
Řešení 2. Hledané trojciferné číslo $A$ nemůže být dělitelné ani číslem 36 (pak by mělo osm dělitelu $2,3,4,6,9,12,18,36$ ), ani číslem 24 (pak by mělo sedm dělitelů $2,3,4,6,8,12,24$ ). Probírejme zbylých 10 vypsaných čísel (sestupně od největšího) a zjištujme, zda mohou dělit číslo $A$.
- $27 \mid A$. Protože číslo $A$ je nutně sudé (jinak by mělo jen dělitele $3,9,27$ ), platí $54 \mid A$. Č́́slo $54 \cdot 2=108$ podmínce úlohy nevyhovuje, zato číslo $3 \cdot 54=162$ ano. Dále už předpokládejme, že $27 \nmid A$.
- $18 \mid A$. Č́slo $A$ má pět dělitelů $2,3,6,9$ a 18 . Šestý vypsaný dělitel je (jediné) z čísel $4,8,12,16$. Proto $4 \mid A$, takže také $12 \mid A$, což je spor s předchozí větou.
- $16 \mid A$. Č́slo $A$ má čtyři dělitele $2,4,8$ a 16 , poslední dva vypsaní dělitelé musí být z čísel $3,6,9,12$. Proto $3 \mid A$, takže také $24 \mid A$, a to jsme úvodem vyloučili.
- $12 \mid A$. Číslo $A$ má pět dělitelů $2,3,4,6$ a 12 , šestým vypsaným dělitelem musí být číslo 8 nebo číslo 9 . Z $8 \mid A$ pak ale plyne $24 \mid A$ (spor), z $9 \mid A$ zase $18 \mid A$, a tím jsme se už zabývali.
Kdyby číslo $A$ nebylo dělitelné žádným z čísel $36,24,27,18,16$ a 12 , muselo by být dělitelné všemi šesti čísly $2,3,4,6,8$ a 9 , a tedy přece jen i číslem 18 . Tím je naše diskuse uzavřena. Hledané číslo je 162.
Řešení 3. Stejně jako v prvním řešení vysvětlíme, že hledané číslo je dělitelné šesti. Budeme proto postupně probírat trojciferná čísla dělitelná šesti (od nejmenšího z nich, čísla 102), dokud nenajdeme takové, které má mezi vypsanými čísly právě šest dělitelư (počet těchto dělitelů dále uvádíme vždy v závorce za číslem): 102 (3), 108 (8), 114 (3), 120 (7), 126 (5), 132 (5), 138 (3), 144 (8), 150 (3), 156 (5), 162 (6). Hledané číslo je 162.
- Je dán rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník $A B C$ s přeponou $A B$. Označme $P$ střed jeho výšky z vrcholu $C, M$ průsečík přímky $A P$ s odvěsnou $B C$ a $N$ průsečík přímky $B P$ s odvěsnou $A C$. Dokažte, že pravoúhelník $K L M N$, jehož strana $K L$ leží na přeponě $A B$, je čtverec.
Řešení 1. Necht $D$ je střed přepony $A B$ a necht $c=|A B|$. Ze souměrnosti podle osy $C D$ plyne $M N | A B$, tudíž pravoúhelník $K L M N$ existuje. Naší úlohou je dokázat, že $|K L|=|L M|$.
Protože bod $P$ je střed odvěsny pravoúhlého rovnoramenného trojúhelníku $A C D$, platí rovnosti $|D P|=\frac{1}{2}|C D|=\frac{1}{2}|A D|=\frac{1}{4} c$. Všimněme si nyní navzájem podobných pravoúhlých trojúhelníků $A L M$ a $A D P$. Pro délky jejich odvěsen platí $|A L|:|L M|=|A D|:|D P|=\left(\frac{1}{2} c\right):\left(\frac{1}{4} c\right)=2$, odkud $|A L|=2|L M|$. Jelikož $|A L|=|A B|-|B L|=c-|B L|=c-|L M|$ (nebot $B L M$ je rovnoramenný trojúhelník), dostáváme rovnici $c-|L M|=2|L M|$, podle níž $|L M|=\frac{1}{3} c$. Platí tedy $|B L|=\frac{1}{3} c$, analogicky se dokáže rovnost $|A K|=\frac{1}{3} c$ (která plyne též ze souměrnosti podle osy $C D$ ). Pak ale $|K L|=|A B|-|A K|-|B L|=c-\frac{1}{3} c-\frac{1}{3} c=\frac{1}{3} c$. Rovnost $|K L|=|L M|$ je tak dokázána.
Rešení 2. Protože $M N | A B$, pravoúhelník $K L M N$ existuje. Vzhledem k rovnostem $|A K|=|K N|=|L M|=|B L|$ je pravoúhelník $K L M N$ čtverec, právě když jeho vrcholy $K$ a $L$ dělí přeponu $A B$ na tři shodné úsečky, tedy právě když $|M N|=\frac{1}{3}|A B|$.
Postup ze zadání úlohy trochu obratme: do trojúhelníku $A B C$ nejprve vepišme výše určeným způsobem čtverec $K L M N$ a vysvětleme, proč se pak úsečky $A M$ a $C N$ protínají v takovém bodě $P$, který je středem výšky $C D$ trojúhelníku $A B C$. Z osové souměrnosti podle osy $C D$ je předně jasné, že tento průsečík $P$ na výšce $C D$ skutečně leží. Pro odvěsny pravoúhlého trojúhelníku $A L M$ platí $|M L|=\frac{1}{3}|A B|$ a $|A L|=\frac{2}{3}|A B|$, takže $|A L|=2|M L|$; proto i pro odvěsny podobného trojúhelníku $A D P$ platí $|A D|=2|P D|$, což spolu s rovností $|A D|=|C D|$ již vede k závěru, že $|P D|=|P C|$. Průsečík $P$ úseček $A M$ a $C N$ je tedy skutečně středem výšky $C D$.
Řešení 3. Označme $D$ patu výšky z vrcholu $C$ na přeponu $A B$ a trojúhelník $C D B$ doplňme na čtverec $C D B E$ se středem $S$. Z rovnoběžníku $A D E C$ usoudíme, že body $A, P, M$ a $E$ leží na jedné přímce. Bod $M$ je navíc těžištěm trojúhelníku $C D E$, takže platí $|M C|=\frac{2}{3}|C S|=\frac{1}{3}|B C|$. Z rovnosti $|M C|=\frac{1}{3}|B C|$ a rovnoběžnosti úseček $M N$ a $A B$ vyplývá, že trojúhelníky $A B C$ a $N M C$ jsou podobné s koeficientem $\frac{1}{3}$. Odtud plyne $|M N|=\frac{1}{3}|A B|$, takže pravoúhelník $K L M N$ existuje a je to čtverec (viz úvod druhého řešení).