Zkoušku snadno provedeme tak, že do soustavy (1), která je ekvivalentní dané soustavě rovnic, dosadíme příslušné hodnoty s a p.

Transkript

1 1. V oboru reálných čísel řešte soustvu rovnic x 2 xy + y 2 = 7, x 2 y + xy 2 = 2. (J. Földes) Řešení. Protože druhou rovnici můžeme uprvit n tvr xy(x + y) = 2, uprvme podobně i první rovnici: (x + y) 2 xy = 7. Pro čísl s = x + y, p = xy tk dostáváme soustvu s 2 p = 7, (1) sp = 2, která po vyjádření p = 2/s (zřejmě nemůže být s = 0) z druhé rovnice vede n kubickou rovnici s 7s + 6 = 0. T má celočíselné kořeny s 1 = 1, s 2 = 2 s =. Nlezeným hodnotám s odpovídjí tyto hodnoty součinu p = xy: p 1 = 2, p 2 = 1, p = 2. Čísl x, y tvoří dvojici kořenů kvdrtické rovnice t2 st + p = 0, tkže se jedná o jednu z rovnic t 2 t 2 = 0, t 2 2t 1 = 0, t 2 + t + 2 = 0. Jejich řešením dostneme (všech) šest řešení dné soustvy: {x, y} = { 1, 2}, {x, y} = { 1 + 2, 1 2 } { , {x, y} =, 9 } Zkoušku sndno provedeme tk, že do soustvy (1), která je ekvivlentní dné soustvě rovnic, dosdíme příslušné hodnoty s p. 2. Uvnitř strn BC, CA, AB dného trojúhelníku ABC zvolíme po řdě body D, E, F tk, by se úsečky AD, BE, CF proťly v jednom bodě, který oznčíme G. Pokud lze čtyřúhelníkům AF GE, BDGF, CEGD vepst kružnice, z nichž kždé dvě mjí vnější dotyk, pk je trojúhelník ABC rovnostrnný. Dokžte. (M. Tncer) Řešení. Předpokládejme, že zmíněné čtyřúhelníky mjí uvedenou vlstnost. Ze souměr nosti tečen z dného bodu k dné kružnici vyplývá, že strny trojúhelníku ABC jsou rozděleny body D, E, F body dotyku kružnic vepsných uvžovným čtyřúhelníkům n úseky délek, jež oznčíme podle obr. 1. Jsou n něm rovněž vyznčeny body P, Q, R vzájemného dotyku zmíněných kružnic. Nším cílem je dokázt rovnosti x = y = z = b = c. C c c A y E y y Q x x D P x S G S 1 R z S 2 z F z b Obr. 1 b B

2 Pro úseky tečen z bodu A ke kružnicím při strně BC pltí rovnosti + 2z = = AP = + 2y, odkud ihned plyne y = z; z důvodů symetrie tudíž skutečně pltí x = y = z. (Všude dále budeme psát x nmísto y z.) Všimněme si nyní trojúhelníků AEG AF G. Mjí společnou strnu AG shodné strny AF AE (délky + x). Tké jejich třetí strny EG F G jsou shodné: EG = EQ + QG = x + RG = F R + RG = F G. Proto AEG AF G podle věty sss, tudíž úhly BAD CAD jsou shodné polo přímk AD je osou úhlu BAC. Jk víme, os úhlu trojúhelníku protíná protější strnu v poměru délek přilehlých strn. V nšem přípdě to znmená, že + 2x + b + 2x + c = b + x c + x. Sndnou úprvou dostneme rovnost (b c)( + x) = 0, ze které vidíme, že b = c. Z důvodů symetrie tudíž pltí = b = c celý důkz je hotov. Jiné řešení. Oznčme S 1, S 2, S středy vepsných kružnic (obr. 1). Stejně jko v předchozím řešení si nejprve všimneme, že pltí x = y = z že trojúhelníky AEG AF G jsou shodné. K tomu jsme využili rovnost GQ = GR, ze které plyne, že podle věty sss jsou shodné i trojúhelníky S 1 QG S 1 RG. Jelikož R S 1 S 2 Q S 1 S, ze souměrnosti podle osy AD nyní plyne, že přímky AB S 1 S 2 svírjí stejný úhel jko přímky AC S 1 S, protože kolmé průměty úseček S 1 S 2 S 1 S n odpovídjící přímky AB, resp. AC jsou shodné (mjí délku 2x), je S 1 S 2 = S 1 S. Anlogicky S 1 S 2 = S 2 S, tkže trojúhelník S 1 S 2 S je rovnostrnný. Odtud pro poloměry r 1, r 2 r vepsných kružnic plyne r 1 + r 2 = r 2 + r = r + r 1, neboli r 1 = r 2 = r. Kružnice jsou tedy shodné, tkže je AB S 1 S 2, BC S 2 S CA S S 1 trojúhelník ABC je rovnostrnný. Poznámk. K dokončení předchozího důkzu můžeme úvhu o délkách úseček S i S j nhrdit úvhou o tzv. orientovných úhlech mezi přímkmi. Orientovný úhel p, q přímek p, q (v tomto pořdí) je úhel, o který musíme v kldném směru otočit přímku q, by byl rovnoběžná s přímkou p. Přitom p, q = q, p, právě když p, q je náso bek 90. Ze souměrnosti podle os AD, BE CF tk postupně dostáváme S 1 S, AC = = AB, S 1 S 2 = S 2 S, BC = AC, S 1 S. Protože obě odpovídjící kružnice se středy S 1, S mjí společnou tečnu AC leží v téže polorovině určené přímkou AC, znmená to, že S 1 S AC jsou rovnoběžné.. Posloupnost (x n ) n=1 s prvním členem x 1 = 1 splňuje pro kždé n > 1 podmínku x n = ±(n 1)x n 1 ± (n 2)x n 2 ±... ± 2x 2 ± x 1 s vhodnou volbou znmének +. Rozhodněte, zd je možné, by nerovnost x n 12 pltil pouze pro konečně mnoho indexů n. (P. Černek) Řešení. Pokud se nám podří sestvit podle dného prvidl (k + )-člennou posloup nost x 1 = 1, x 2, x,..., x k 1, x k = x k+1 = x k+2 = x k+ = 12, můžeme všechny následující členy x k+4, x k+5, x k+6,... definovt tk, by se rovněž rov nly číslu 12. Skutečně, s ohledem n mtemtickou indukci stčí ukázt, jk s vytčeným cílem vybrt znménk v rovnosti určující člen x k+4. Položme x k+4 = + 12(k + ) 12(k + 2) 12(k + 1) + 12k ± ± (k 1)x k 1 ± (k 2)x k 2 ±... ± x 1, 4

3 přitom znménk v druhém řádku vybereme přesně tková, jká byl v součtu určujícím člen x k = 12. Pk se součet v druhém řádku rovná 12, tkže vychází x k+4 = 12(k + ) 12(k + 2) 12(k + 1) + 12k + 12 = 12. Vhodný příkld pro k = 8 vypdá tkto: x 1 = x 2 = x = 1, x 4 = = 2, x 5 = = 4, x 6 = = 6, x 7 = = 10, x 8 = = 12, x 9 = = 12, x 10 = = 12, x 11 = = 12. Dokázli jsme, že jedn z uvžovných posloupností má pouze prvních sedm členů růz ných od čísl V rovině je dán tupý úhel AKS. Sestrojte trojúhelník ABC tk, by jeho strn BC ležel n přímce KS, bod S byl jejím středem bod K jejím průsečíkem s osou protilehlého úhlu BAC. (P. Leischner) Řešení. Rozbor. Předpokládejme, že trojúhelník ABC má všechny poždovné vlst nosti oznčme D průsečík kružnice k opsné trojúhelníku ABC s polopřímkou opčnou k rmeni KA dného úhlu AKS (obr. 2). Polopřímk AD půlí úhel BAC, proto jsou úhly BAD CAD shodné, tudíž jsou shodné i tětivy BD CD kružnice k. Bod S je proto středem zákldny BC rovnormenného trojúhelníku BCD, tkže úhel BSD je prvý. To znmená, že bod D leží n přímce p, která prochází bodem S kolmo k d nému rmeni KS. Střed O kružnice k leží jednk n přímce p (ose tětivy BC), jednk n přímce o, která je osou tětivy AD. k A O o B S K C D p Obr. 2 Konstrukce. Pro dný úhel AKS nejprve proložíme bodem S přímku p kolmou k rmeni KS. Pk sestrojíme průsečík D přímky p s polopřímkou opčnou k rmeni KA. 5

4 Dále sestrojíme osu o úsečky AD její průsečík s přímkou p oznčíme O. Konečně sestrojíme kružnici k se středem O poloměrem r = OA (= OD ) její průsečíky s přímkou KS oznčíme B C. Důkz konstrukce. Ukážeme, že sestrojený trojúhelník ABC má všechny poždo vné vlstnosti. Z posledního kroku konstrukce plyne, že body B, C leží n přímce KS že bod S je středem úsečky BC. Protože n přímce p, ose úsečky BC, leží i bod D, pltí BD = CD, proto BAD = CAD (neboť všechny body A, B, C, D leží n kružnici k.) Polopřímk AD je tedy osou úhlu BAC bod K je její průsečík s úsečkou BC. Diskuse. Vysvětlíme, proč pro dný tupý úhel AKS je hledný trojúhelník ABC jediný (nepřihlížíme-li k možnosti prohodit oznčení vrcholů B C). Protože je úhel AKS tupý, bod D z nší konstrukce zřejmě existuje přímky p o jsou různoběžné, tkže i bod O je určen jednoznčně. Zbývá zdůvodnit, proč kružnice k protne přímku KS ve dvou bodech. Protože bod K je vnitřním bodem zákldny AD rovnormenného trojúhelníku ADO, pltí OK < OA = OD = r, tudíž bod K leží ve vnitřní oblsti kružnice k přímk KS je nutně její sečnou. 5. Ukžte, že v číselné soustvě s libovolným zákldem z existují dvojmístná čísl A B, která se liší jen pořdím svých číslic mjí tuto vlstnost: kvdrtická rovnice x 2 Ax + B = 0 má v oboru reálných čísel dvojnásobný kořen. Dokžte rovněž, že pro dný zákld z je tková dvojice A, B jediná. Npříkld v desítkové soustvě (z = 10) to jsou jedině čísl A = 18 B = 81. (J. Šimš) Řešení. Hledná dvoumístná čísl A, B mjí tvr A = z +b B = bz +, kde, b jsou jejich (nenulové!) číslice, tkže, b {1, 2,..., z 1}. Kvdrtická rovnice z textu úlohy má dvojnásobný kořen x 0, právě když pltí 2x 0 = A x 2 0 = B. Z těchto rovností plyne, že číslo x 0 je kldné celé. Vzhledem k nerovnosti x 2 0 = B < z2 (B je totiž dvojmístné, ztímco z 2 je trojmístné) nvíc pltí x 0 < z, odkud A = 2x 0 < 2z, tkže číslo A má jko první číslici jedničku. Pltí tedy = 1 z rovností 2x 0 = z + b x 2 0 = bz + 1 vyloučením x 0 dostneme pro číslici b kvdrtickou rovnici (b z) 2 = 4 s dvěm kořeny b 1 = z 2 b 2 = z+2. Z cifru b se ovšem hodí pouze první z nich, tkže nutně b = z 2. Dokázli jsme, že čísl A, B musejí být tvru A = z + (z 2) = 2z 2 B = = (z 2)z + 1 = (z 1) 2 ; v soustvě o zákldě z tedy mjí zápisy A = 1(z 2) B = (z 2)1. Provedeme ještě zkoušku: kvdrtická rovnice x 2 (2z 2)x+(z 1) 2 = 0 má skutečně dvojnásobný kořen x 0 = z 1, neboť její levá strn je rovn (x z + 1) 2. Poznámk. Klíčovou rovnost = 1 lze odvodit i bez úvhy o dvojnásobném ko řenu x 0 zkoumné rovnice, když zpíšeme podmínku, že její diskriminnt A 2 4B je roven nule: 0 = A 2 4B = (z + b) 2 4(bz + ) = b 2 + 2z( 2)b + (z 2 4). Poslední výrz může mít nulovou hodnotu, jen když je činitel 2 záporný, neboť b 1, 1, z z = 5. Z nerovnosti 2 < 0 již ovšem plyne = 1. Pro tkové dostáváme rovnici 0 = b 2 2zb + (z 2 4) závěr je stejný jko v uvedeném řešení. 6

5 6. Je-li součin kldných čísel, b, c roven 1, pk pltí b + b c + c + b + c. Dokžte. (P. Kňovský) Řešení. K dným kldným číslům, b, c splňujícím podmínku bc = 1 zpíšeme AG-nerovnost pro trojici čísel /b, /b b/c: ( 1 b + b + b ) c b b b c = 2 bc = bc =. Pltí tedy odhd Ze stejného důvodu pltí i odhdy 2 b + b c. 2b c + c b 2c + b c. Sečtením těchto tří odhdů dostneme dokzovnou nerovnost. Jiné řešení. Pltí-li pro kldná čísl, b, c rovnost bc = 1, pk mx{, b, c} 1 min{, b, c} 1. Protože dokzovná nerovnost se nezmění, změníme-li trojici (, b, c) trojicí (b, c, ) nebo trojicí (c,, b), budeme předpokládt, že čísl c jsou z trojice (, b, c) nejmenší největší (v některém pořdí), tkže pltí ( 1)(1 c) 0. (1) Do dokzovné nerovnosti dosdíme c = 1 b 1 provedeme několik ekvivlentních úprv: b 1 + b b 1 + b + 1 b 1, + b + 1 b + 2 b 2 +, b 2 b 2 b , (b b 2 b + 1) + ( 2 )b 2 ( 1) 0, (b 1) 2 (b + 1) + ( 1)(b 1)(b + 1) 0. / 2 b Poslední nerovnost pltí, neboť ( 1)(b 1) = ( 1)(b bc) = b( 1)(1 c) tkový součin je podle (1) nezáporný. Jiné řešení. Pro libovolná kldná čísl A, B, C jsou trojice (A 2, B 2, C 2 ) (A, B, C) tkzvně souhlsně uspořádné, tudíž pltí nerovnost A 2 A + B 2 B + C 2 C A 2 B + B 2 C + C 2 A. (2) Dokžme (2) bezprostředně: úprvou dostváme nerovnost (A C) 2 (A + C) + (B C)(B 2 A 2 ) 0, která zřejmě pltí, pokud B = mx{a, B, C}, čehož lze vždy dosáhnout cyklickou per mutcí dné trojice čísel. Zvolíme-li v dokázné nerovnosti (2) hodnoty A = /b, B = b/c C = c/, obdržíme nerovnost b + b c + c 2 b bc + 2 c c + 2 b, ze které z předpokldu bc = 1 již plyne dokzovná nerovnost. 7