# 47. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie C 

1. Ze tří různých nenulových číslic jsme sestavili všech šest možných trojciferných čísel. Tato čísla jsme seřadili od největšího po nejmenší. Zjistili jsme, že čtvrté číslo v této řadě je aritmetickým průměrem prvního a pátého čísla. Z kterých číslic byla čísla sestavena? Zjistěte všechny možnosti.
2. Je dán rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník $A B C \mathrm{~s}$ přeponou $A B$. Najděte všechny body $X$ tohoto trojúhelníku s následující vlastností: Vedeme-li bodem $X$ přímku rovnoběžnou s $A B$ a přímku kolmou na $A B$, vytne na nich trojúhelník $A B C$ dvě shodné úsečky.
3. Najděte všechna kladná čísla $x$, pro která je mezi deseti čísly

$$
[x],[2 x],[3 x],[4 x],[5 x],[6 x],[7 x],[8 x],[9 x],[10 x]
$$

právě devět různých. Symbol $[a]$ je celá část reálného čísla $a$, tj. celé číslo, pro které platí $[a] \leqq a<[a]+1$. Například $[3,7]=3,[4]=4$.

4. Najděte všechny lichoběžníky $A B C D$ se základnami $A B$ a $C D$, pro které platí: $|A B|=$ $=6 \mathrm{~cm},|C D|=4 \mathrm{~cm}$ a

$$
|B C|+d_{A}=|A D|+d_{B}=|A B|+v,
$$

kde $v$ značí výšku lichoběžníku, $d_{A}$ vzdálenost bodu $A$ od přímky $B C$ a $d_{B}$ vzdálenost bodu $B$ od přímky $A D$.

II. kolo kategorie C se koná

## v úterý 31. března 1998

tak, aby začalo dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Za každou úlohu může soutěžící získat 6 bodư, úspěšným řešitelem je ten žák, který získá 10 bodư nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěěe.

1. Označme hledané číslice $a<b<c$. Potom uvedených šest čísel bylo seřazených takto:

$$
\overline{c b a}>\overline{c a b}>\overline{b c a}>\overline{b a c}>\overline{a c b}>\overline{a b c} .
$$

Protože

$$
\overline{b a c}=\frac{\overline{c b a}+\overline{a c b}}{2}
$$

dostaneme po rozepsání dekadických zápisů a úpravě

$$
4 c+3 a=7 b, \quad \text { neboli } \quad 4(c-b)=3(b-a) \text {. }
$$

Odtud plyne, že $c-b$ je dělitelné třemi. Protože $0<c-b<9$, mohou nastat dva případy:

- $c-b=3, b-a=4$. Odtud $b=a+4$ a $c=a+7, a \leqq 2$. Úloha má dvě řešení: $a=1$, $b=5, c=8$, anebo $a=2, b=6, c=9$.
- $c-b=6, b-a=8$. Odtud $c=a+14$, což pro číslice $a, c$ nemůže platit.

Č́sla byla sestavena z číslic $1,5,8$, anebo $2,6,9$.

Za úplné řešení je 6 bodů.

2. Označme $D$ střed strany $A B$. Předpokládejme nejprve, že bod $X$ leží uvnitř trojúhelníku $B C D$ nebo na jeho hranici. K bodu $X$ sestrojme odpovídající úsečky popsané v úloze a jejich koncové body označme $P, Q, Y, Z$ (obr.1). Trojúhelník $Q X Y$ je zřejmě pravoúhlý a rovnoramenný, tedy $|X Y|=|X Q|$. Aby bylo $|Y Z|=|P Q|$, musí být $|Z X|=|X P|$, tedy trojúhelník $Z X P$ musí být rovněž pravoúhlý a rovnoramenný. V tom případě je také $Z P \| B C$. Označme dále $U$ patu kolmice z bodu $X$ na $A C$. Zřejmě $2|U P|=2|X U|=\sqrt{2}|X P|=|Z P|=|P A|$. Má-li tedy bod $X$ mít požadovanou vlastnost, musí být

$$
\frac{|X U|}{|U A|}=\frac{1}{3}
$$

Tím je jednoznačně určen úhel $X A C$, proto všechny vyhovující body v trojúhelníku $B C D$ leží na přímce. Její průsečík s $B C$ je zřejmě bod $E$ takový, že $2|C E|=|E B|$. Označme dále $F$ průsečík přímky $E A$ s výškou $C D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_6630504ca89d17097208g-2.jpg?height=391&width=374&top_left_y=1840&top_left_x=512)

Obr. 1

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_6630504ca89d17097208g-2.jpg?height=404&width=369&top_left_y=1825&top_left_x=1149)

Obr. 2

Obdobnou úvahou pro trojúhelník $A C D$ zjistíme, že v tomto trojúhelníku mohou vyhovovat jen body patřící úsečce $F G$, kde $G$ je takový bod strany $A C$, že $2|C G|=|G A|$ (obr. 2).

Ukážeme, že naopak každý bod $X$ lomené čáry $E F G$ má požadovanou vlastnost: Pro libovolný bod $X \in E F$ (případ $X \in F G$ je obdobný) stačí podle předchozího dokázat rovnost $|X P|=|X Z|$, kde body $Z \in A B$ a $P \in A C$ jsou stejně jako předtím takové, že $X P \| A B, X Z \perp A B$. Pro kolmý průmět $U$ bodu $X$ na stranu $A C$ a pro kolmý průmět $V$ bodu $P$ na stranu $A B$ platí $|X U|=\frac{1}{3}|U A|$, proto je $|X P|=\sqrt{2}|U P|=\frac{1}{2} \sqrt{2}|A P|=$ $=|P V|=|X Z|$.

Za úplné řešení je 6 bodů, 4 body dejte za nalezení množiny bodů $X, 2$ body za důkaz, že každý bod nalezené množiny má požadovanou vlastnost.

3. Nejdříve uvážíme, že $x<1$. Pro $x \geqq 1$ totiž platí $(k+1) x \geqq k x+1$, odkud $[(k+1) x]>[k x]$, takže $[x]<[2 x]<\ldots<[10 x]$ je deset různých čísel. Pokud je $0<x<1$, je $[x]=0$. Z nerovností $k x<(k+1) x<k x+1$ pro každé přirozené číslo $k$ vyplývá, že bud' $[(k+1) x]=[k x]$, anebo $[(k+1) x]=[k x]+1$. Proto se $\mathrm{v}$ dané řadě deseti čísel musí vyskytovat právě devět po sobě jdoucích celých nezáporných čísel. To znamená, že poslední číslo v řadě je právě o 8 větší než první (rovné nule), tedy

$$
[10 x]=8
$$

Obráceně každé řešení $x$ rovnice (1) vyhovuje podmínce úlohy, nebot̀ nutně $x<1$, takže žádné $\mathrm{z}$ čísel $0,1,2, \ldots, 8$ nemůže ve zkoumané řadě chybět. Rovnici (1) vyhovují právě ta $x$, pro něž $8 \leqq 10 x<9$, neboli $\frac{4}{5} \leqq x<\frac{9}{10}$. Řešením úlohy je tedy interval $\left\langle\frac{4}{5}, \frac{9}{10}\right)$.

Jiné řešení. Hledáme ta $x>0$, pro která $\mathrm{v}$ řadě nerovností

$$
[x] \leqq[2 x] \leqq[3 x] \leqq \ldots \leqq[10 x]
$$

nastane právě jedna rovnost. Necht tedy pro některé $n \in\{1,2, \ldots, 9\}$ platí

$$
[x]<[2 x]<\ldots<[n x]=[(n+1) x]<[(n+2) x]<\ldots<[10 x] .
$$

Z vypsané rovnosti vyplývá, že $x<1$, a proto musí být naše řada tvořena po sobě jdoucími celými čísly počínaje nulou. To je ekvivalentní s nerovnostmi

(i) $k>k x \geqq k-1$, tedy $1>x \geqq \frac{k-1}{k}$ pro $k \in\{1,2, \ldots, n\}$;

(ii) $k-1>k x \geqq k-2$, tedy $\frac{k-1}{k}>x \geqq \frac{k-2}{k}$ pro $k \in\{n+1, \ldots, 10\}$.

Všechny nerovnosti v (i) jsou splněny, právě když platí $1>x \geqq \frac{n-1}{n}$, a všechny nerovnosti v (ii) jsou splněny, právě když $\frac{n}{n+1}>x \geqq \frac{8}{10}=\frac{4}{5}$. To je možné jen tehdy, je-li $\frac{n}{n+1}>\frac{4}{5}$, tedy když $n \geqq 5$. Pro taková $n$ ale platí

$$
1>\frac{n}{n+1}>\frac{n-1}{n} \geqq \frac{4}{5}
$$

takže řešením soustavy nerovnic $1>x \geqq \frac{n-1}{n}, \frac{n}{n+1}>x \geqq \frac{4}{5}$ pro $n \geqq 5$ je interval $\left\langle\frac{n-1}{n}, \frac{n}{n+1}\right)$. Pro $n=5,6,7,8,9$ tak dostáváme intervaly $\left\langle\frac{4}{5}, \frac{5}{6}\right),\left\langle\frac{5}{6}, \frac{6}{7}\right), \ldots,\left\langle\frac{8}{9}, \frac{9}{10}\right) ;$ jejich sjednocením je interval $\left\langle\frac{4}{5}, \frac{9}{10}\right)$, což je množina všech hledaných $x$.

Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 2 body za úvahu vedoucí ke zjištění, že $x<1$.

4. Lichoběžník se základnami $a, c$ a rameny $b, d$ existuje a je jediný, právě když existuje trojúhelník se stranami $|a-c|, b$ a $d$ (obr.3).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_6630504ca89d17097208g-4.jpg?height=409&width=452&top_left_y=565&top_left_x=804)

Obr. 3

Všimněme si trojúhelníku $A B C$. Protože pro jeho výšky na strany $B C$ a $A B$ platí $v_{A B}=v, v_{B C}=d_{A}$, je dle předpokladu

$$
|B C|+v_{B C}=|A B|+v_{A B} .
$$

Na základě výsledku 2. úlohy domácího kola tedy platí $|A B|=|B C|$ nebo $|\Varangle A B C|=90^{\circ}$. Analogicky v trojúhelníku $A B D$ dostaneme $|A D|=|A B|$ nebo $|\Varangle D A B|=90^{\circ}$. Proto musí nastat jeden ze čtyř případů:

1. $|\Varangle A B C|=|\Varangle D A B|=90^{\circ}$.

Potom by ale $A B C D$ nebyl lichoběžník.
2. $|A B|=|B C|=|A D|=6 \mathrm{~cm}$.

Protože $|C D|=4 \mathrm{~cm}$, existuje takový lichoběžník $A B C D$ právě jeden, nebot existuje trojúhelník se stranami délek $6 \mathrm{~cm}, 6 \mathrm{~cm}, 2 \mathrm{~cm}$.
3. $|A B|=|B C|=6 \mathrm{~cm} ;|\Varangle D A B|=90^{\circ}$.

Protože $|C D|=4 \mathrm{~cm}$, tak $|A D|=\sqrt{6^{2}-(6-4)^{2}} \mathrm{~cm}=\sqrt{32} \mathrm{~cm}$. Takovýto lichoběžník existuje právě jeden, nebot̀ existuje trojúhelník se stranami $2 \mathrm{~cm}, 6 \mathrm{~cm}, \sqrt{32} \mathrm{~cm}$.
4. $|A B|=|A D|=6 \mathrm{~cm} ;|\Varangle A B C|=90^{\circ}$.

Je to analogický případ jako 3 (vyměníme ramena $A D$ a $B C$ ).

Dané úloze vyhovují právě tři lichoběžníky uvedené v bodech $2,3,4$.

Za úplné řešení je 6 bodů.