# Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie B 

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

$$
\begin{aligned}
a+b+c & =1, \\
a b+b c+c a & =a b c .
\end{aligned}
$$

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

$$
|A B|^{2}+|C D|^{2}=|B C|^{2}+|D A|^{2} .
$$

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

$$
a b+c=a b+(1-a-b)=a(b-1)+(1-b)=(1-a)(1-b),
$$

takže

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

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

$$
(1, k,-k),(k, 1,-k),(k,-k, 1)
$$

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

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

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

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

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

$$
\begin{aligned}
& |P A|^{2}+|P B|^{2}=|A B|^{2}, \\
& |P B|^{2}+|P C|^{2}=|B C|^{2}, \\
& |P C|^{2}+|P D|^{2}=|C D|^{2}, \\
& |P D|^{2}+|P A|^{2}=|D A|^{2} .
\end{aligned}
$$

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

$$
|A B|^{2}+|C D|^{2}=|P A|^{2}+|P B|^{2}+|P C|^{2}+|P D|^{2}=|B C|^{2}+|D A|^{2},
$$

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:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_68223bd8f0f7e94aebddg-3.jpg?height=226&width=214&top_left_y=1275&top_left_x=1635)

Obr. 1

$$
\begin{array}{l|lllll}
a & 1 & 1 & 1 & 2 & 2 \\
d & 1 & 2 & 3 & 2 & 2 \\
b & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 \\
c & 1 & 2 & 3 & 4 & 2
\end{array}
$$

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

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

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.