# C47, školní kolo 

1. V oboru reálných čísel řešte rovnici

$$
[3 x-5]=5 x-8,
$$

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

$$
\left[\frac{k+8}{5}\right]=k
$$

To podle definice celé části vede $\mathrm{k}$ nerovnostem

$$
k \leq \frac{k+8}{5}<k+1
$$

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 $\mathrm{k} \varepsilon$ :

$$
x=\frac{1}{3}(k+\varepsilon+5), \quad k=\frac{5}{3}(k+\varepsilon+5)-8, \quad \varepsilon=-\frac{1}{5}(2 k+1) .
$$

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 $x=1,4$.

2. Zjistěte nejmenší trojciferné číslo, které je dělitelné právě polovinou z čísel

$$
2,3,4,6,8,9,12,16,18,24,27,36
$$

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.

3. 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).