49. očník Matematické olympiády Úlohy domácího kola kategoie B 1. Po kteá eálná čísla t má funkce f(x) = 5x + 44 + t x 3 x t maximum ovné 0? Daná funkce je lineání lomená, potože obsahuje dva výazy s absolutní hodnotou, kteé způsobují, že jejím gafem není přímka, nýbž lomená čáa. Její definiční obo, množinu všech eálných čísel, můžeme v tomto případě ozdělit na tři disjunktní části podle toho, jak se příslušná absolutní hodnota chová (zda je výaz v absolutní hodnotě kladný, či záponý). Potože jedna z absolutních hodnot závisí na paametu t, ozlišíme, zda je t < (případ A), či t (případ B). Žákům pospěje, když si nejdříve nakeslí několik gafů zkoumané funkce po kon kétní hodnoty paametu t. Řešení 1. Rozlišíme dva případy, podle toho, zda je t < (případ A), či t (případ B). A. Nechť t <. Množina se nám ozpadne na tři disjunktní intevaly, = = (, t (t, (, ). (a) V intevalu (, t je, jak snadno spočteme, f(x) = (8 t)x + 44 t. Potože za uvedeného předpokladu je 8 t > 0, je funkce f v tomto intevalu ostoucí a nabyde maxima v bodě x = t. (b) V intevalu (t, je f(x) = ( t)x+44+5t. Potože za uvedeného předpokladu je t > 0, je funkce f i v tomto intevalu ostoucí a nabyde maxima v bodě x =. Přitom zřejmě platí f(t) < f() = ( t) + 44 + 5t. (c) V intevalu (, ) je f(x) = ( + t)x + 44 + t. Tato funkce je po + t > 0 na tomto intevalu ostoucí a shoa neomezená, takže nemůže mít maximum. Musí tedy nutně být + t 0, tj. t, funkce f bude v intevalu (, ) neostoucí a její hodnota nebude větší než f(), kteou jsme spočítali v (b). Zjistili jsme tedy, že za předpokladu t < nabývá funkce f maxima jedině po t, přičemž její maximum je f() = ( t) + 44 + 5t. Toto maximum se ovná 0, pávě když ( t) + 44 + 5t = 0, neboli t = 16, což je naštěstí číslo, kteé splňuje podmínku t. B. Nechť t. Množina se nám ozpadne na tři disjunktní intevaly, = = (, (, t (t, ), přičemž postřední inteval bude pázdný po t = (to však není po další úvahy podstatné, jinak bychom mohli tento případ snadno ozebat samostatně). V intevalu (, je f(x) = (8 t)x + 44 t. Kdyby teď bylo 8 t < 0, byla by funkce f v tomto intevalu klesající a shoa neomezená, takže by nemohla mít maximum. Poto je 8 t 0, tj. t 8. Pak ale je f() = (8 t)+44 t = 60 3t > 0. Odtud hned vidíme, že za uvedeného předpokladu nemůže funkce f nikdy mít maximum ovné 0. 1
Z uvedeného ozbou vyplývá, že uvažovaná funkce má maximum ovné 0 jedině po t = 16. Řešení. Víme, že gafem dané funkce f je lomená čáa, kteá se v našem případě skládá ze dvou polopřímek (po t = ), esp. ze dvou polopřímek a jedné úsečky (návodná úloha 1). Dále bychom si měli uvědomit, že pokud má takováto funkce maximum, nabývá ho učitě v někteém ze zlomových bodů (tam, kde je příslušný výaz v absolutní hodnotě nulový). To samozřejmě neznamená, že funkce nemůže maximum nabýt i v jiných bodech (je-li konstantní na někteém intevalu, návodná úloha ). V našem případě jsou těmito zlomovými body po x = bod A(, 54 3 t ), po x = t bod B(t, 5t + 44 + t t ). Potože jeden z bodů x =, x = t má být bodem maxima funkce f ovného 0, zjistíme, po kteá t je jedna z y-ových souřadnic bodů A a B nulová (a duhá nekladná). A: 54 3 t = 0, B: 5t + 44 + t t = 0, t = 18, t t + 3t + 44 = 0, t = 0 anebo t = 16. nemá řešení. t < t 7t 44 = 0. t = 11 anebo t = 4, vyhovuje jen t = 4. Máme tak tři možnosti: Po t = 0 je A(, 0), B(0, 504), což nevyhovuje. Po t = 16 je A(, 0), B( 16, 80 + 11 16 18), zatím vyhovuje. Po t = 4 je A(, 36), B( 4, 0), což nevyhovuje. Zjistili jsme, že úloha má řešení nejvýše po t = 16, kteému odpovídá funkce f(x) = 5x+44 16 x 3 x+16. Po tuto funkci samozřejmě platí f() = 0. Ověřit, že tato hodnota je skutečně maximem funkce f, můžeme více způsoby. Například tak, že ověříme, že po x < 16 je uvedená funkce neklesající (po x < 16 je f(x) = 4x + 60) a současně po x > neostoucí (po x > je f(x) = 14x + 8). Návodné úlohy: 1. Načtněte gafy funkcí a) y = x 5+ x 7, b) y = x 8 x, c) y = x+6 + 3x, d) y = 3x 5 + x 4 x + 5.. Načtněte takovou lomenou čáu složenou ze 3 (4) částí, kteá je gafem nějaké funkce definované na a a) má maximum v bodě 5, b) má maximum 7 v bodě 1 a minimum 6 v bodě 5, c) má aspoň dva body, v kteých má maximum.. Označme S střed kužnice vepsané libovolnému tojúhelníku ABC. Dokažte, že ovnost AS BS = CS AB platí, pávě když je úhel ACB pavý. Tato úloha patří mezi ty vděčné úlohy, kteé se dají řešit více způsoby. My uvedeme tři řešení. Řešení 1. Úhly v obecném tojúhelníku ABC označme obvyklým způsobem, po lomě vepsané kužnice označme a její dotykové body se stanami AB, BC označme po řadě X, Y (ob. 1).
A C 1 γ S 1 α 1 β X Y Ob. 1 v B Úsečky AS a BS jsou stanami tojúhelníku ASB. Jeho obsah můžeme vyjádřit dvěma způsoby: S(ASB) = 1 AS v = 1 AB, neboť výška na stanu AB tohoto tojúhelníku je ; po výšku v na stanu AS přitom platí v = BS cos 1 γ, potože vedlejší úhel při vcholu S má velikost 1 α+ 1 β = 90 1 γ. Je tedy a následující ovnosti jsou ekvivalentní: AS BS cos γ = AB AS BS = CS AB, AB = CS AB cos γ, = CS cos γ. (1) V pavoúhlém tojúhelníku CSY však platí cos γ = CY, takže ovnost (1) je ekviva CS lentní ovnosti = CY, což znamená, že tojúhelník CSY je ovnoamenný pavoúhlý a 1 γ = 45. Je tedy daná ovnost ekvivalentní tomu, že γ = 90. Tím je tvzení úlohy dokázáno. Řešení. Napíšeme si daný vztah jako ovnost podílů tak, aby to byly poměy stan v tojúhelnících, a budeme se snažit použít podobnost nebo sinovou větu. V našem případě vyjdeme z ovnosti AS CS = AB. Tojúhelníky ASC a BSC ale BS podobné nejsou, poto zkusíme sinovou větu: 3
= V tojúhelníku ASC platí AS CS = sin 1 γ AB sin 1 a v tojúhelníku ASB zase α BS sin ASB sin 1 α. Odtud dostáváme následující ekvivalentní ovnosti: = sin γ sin α = sin ASB sin α, Tím je tvzení úlohy dokázáno. sin γ = sin ASB, sin γ ( = sin 90 + γ γ = 180 γ = 90. ), ( 90 + γ Řešení 3. Zkusíme vypočítat délky úseček AS, BS, CS, AB pomocí někteých pvků tojúhelníku. My si zvolíme úhly tojúhelníku a polomě. Zřejmě CS = sin 1 γ, AS = sin 1 BS = α, sin 1 a AB = AX + BX = β = cotg 1 α + cotg 1 β. Po dosazení dostaneme ekvivalentní ovnosti sin 1 α Tím je tvzení úlohy dokázáno. ), ( sin 1 β = cotg α + cotg β ) sin 1 γ, sin γ = cos α sin β + cos β sin α, sin γ ( α = sin + β ), sin γ ( = sin 90 γ ), sin γ = cos γ, tg γ = 1, γ = 90. 3. Učete eálná čísla a, b, po kteá má soustava x + y + z = 16, xyz + xy + z = a, v obou eálných čísel pávě jedno řešení. x + y + z = b 4
Přiozeným pokusem je danou soustavu úplně vyřešit vzhledem k paametům a, b a z tohoto řešení zjistit, po kteá a, b má soustava pávě jedno řešení. Domníváme se však, že to je v tomto případě poněkud neschůdná cesta. Dvě neznámé sice můžeme vyloučit (například x a y), ale výslednou ovnici čtvtého stupně s dvěma paamety nebudou žáci schopni řešit. Budeme se poto snažit hned od začátku využít skutečnost, že soustava má mít pávě jedno řešení. Řešení. Předpokládejme, že soustava má pávě jedno řešení x = s, y = t, z = u. Potože ve všech ovnicích se neznámé x a y vyskytují ve stejném tvau, lze vytušit a ověřit, že i x = t, y = s a z = u je řešením dané soustavy. A potože soustava má jediné řešení, musí být t = s, a tedy x = y. Po dosazení dostaneme soustavu x + z = 8, x z + x + z = a, x + z = 1 b. ( ) Pokud (x, z) je někteé řešení této soustavy, je tojice (x, x, z) řešením původní soustavy. Má-li poto původní soustava jediné řešení, musí taková být i nová soustava ( ). Ta je však opět symetická vůči neznámým x a z. Poto bude mít jediné řešení, jen když bude platit x = z. Po dosazení dostaneme soustavu x = 4, x 4 + x = a, x = 1 4 b, kteá má jediné řešení. Podle pvní ovnice je to buď x = (pak b = 8, a = 4), anebo x = (pak b = 8, a = 4). Těmito úvahami jsme dospěli k následujícímu závěu: Pokud má daná soustava pávě jedno řešení, tak jen po a = 4, b = 8, a to x =, y =, z =, anebo po a = 4, b = 8, a to x =, y =, z =. Ještě musíme ověřit, zda v těchto dvou případech nemá daná soustava jiné řešení (než to symetické, kteé jsme vypočetli nikoli ekvivalentními úpavami, nýbž zjedno dušováním). Nechť a = 4, b = 8. Po dosazení dostaneme soustavu x + y + z = 16, xyz + xy + z = 4, x + y + z = 8. Tato soustava se dá řešit více způsoby. My tu uvedeme dva. 5
a) Vyloučíme neznámé x, y, například tak, že nejpve ovnice upavíme: Dostáváme tak Po úpavě vychází x + y = 16 z, 4 z xy = 1 + z, x + y = 8 z. (8 z) = (x + y) = x + y + xy = 16 z + 3z 4 16z 3 + 8z 16z = 0. 4 z 1 + z. Vzhledem k tomu, že víme, že z = je kořenem této ovnice, můžeme ji postupně upavit až na tva z(z ) (3z 4) = 0. Odtud plyne, že je buď z = 0, z = 4 3, anebo z =. Pokud z = 0, dostaneme x + y = 16, xy = 4, x + y = 8 a snadno se přesvědčíme, že tato soustava nemá řešení (čísla x, y by musela být kořeny kvadatické ovnice t 8t + 4 = 0, kteá má záponý diskiminant). Pokud z = 4 3, dostaneme x + y = 11 9, xy = 8, x + y = 16 3 a opět se snadno přesvědčíme, že tato soustava nemá řešení. Pokud z =, dostaneme x + y = 8, xy = 4, x + y = 4. Snadno zjistíme, že tato soustava má jediné řešení x = y =. b) Šikovnější přístup využívá jen pvní a třetí ovnici a neovnost mezi kvadatic kým a aitmetickým půměem: 4 = = ( 1 4 (x + y + z + z) ) 1 4 (x + y + z + z ) = 4. Mezi aitmetickým a kvadatickým půměem nastane ovnost, pávě když se všechny členy ovnají. Odtud x = y = z =. Případ a = 4, b = 8 posoudíme podobně, i tehdy je řešení jediné. Odpověď. Daná soustava má jediné řešení po a = 4, b = 8 nebo a = 4, b = 8. 6
4. Jsou dány kužnice k a l s ůznými poloměy, kteé se vně dotýkají v bodě T. Půsečíkem M jejich společných vnějších tečen veďme sečnu s obou kužnic. Označme X ten z obou půsečíků kužnice k se sečnou s, kteý je vzdálenější od bodu M. Podobně označme Y ten z obou půsečíků kužnice l se sečnou s, kteý je vzdálenější od bodu M. Nechť P je takový bod, že XT Y P je ovnoběžník. Učete množinu bodů P odpovídajících všem takovým sečnám s. Řešení. Označme S, Z středy obou kužnic k, l a R, jejich poloměy (bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že < R). Označme dále C (D) od T ůzný půsečík kužnice l (k) s přímkou SZ a K 1, K, L 1, L po řadě dotykové body obou společných vnějších tečen ke kužnicím k a l (ob. ). P D k R K L l S T Z C M X P K 1 τ P 1 Y Ob. L 1 Bod M je středem stejnolehlosti h obou kužnic s koeficientem R/. Přitom je například h(l 1 ) = K 1, h(z) = S, h(c) = T, h(t ) = D, h(y ) = X. Odtud plyne, že přímky CY, T X jsou ovnoběžné (h(cy ) = T X). Potože úhel CY T je pavý podle Thaletovy věty, je také Y T X = 90 (T Y je příčka ovnoběžek CY, T X). Rovnoběžník XT Y P je tedy vždy obdélník. Záoveň je zřejmé, že body C, Y, P leží v přímce a podobně i body D, X, P leží v přímce. Je tudíž CP D = 90 a bod P leží na Thaletově kužnici τ nad půměem CD. Leží na ní i vcholy P 1, P ovnoběžníků K 1 T L 1 P 1, K T L P, potože po ně můžeme zopakovat předchozí úvahu (jako po ovnoběžník XT Y P ). Nyní už není poblém ukázat, že hledanou množinou bodů je větší z oblouků P 1 P kužnice τ vyjma body P 1, P a D (neboť body Y tvoří větší z oblouků L 1 L kužnice l vyjma body T, L 1, L ). Poznámka. V tomto období většina studentů asi ještě nebude mít pobané učivo o stejnolehlosti kužnic. Tuto překážku pomohou odstanit návodné úlohy na vlastnosti stejnolehlosti kužnic. Ještě naznačíme hlavní myšlenky jiných dvou přístupů: a) Abychom odhadli tva hledané množiny, zvolíme několik význačných poloh přímky XY. Vhodné jsou následující polohy: a) X = K 1, Y = L 1 (P T je kolmé na 7
SZ), b) XS a Y Z jsou kolmé na SZ (tehdy vyjde, že pata kolmice z bodu P na SZ leží ve středu J úsečky CD a JC = JP ). Z toho už se dá odhadnout, že bod P leží nejspíš na kužnici se středem J a polo měem 1 (R + ). Zbývá už jen dokázat (tedy obecně vypočítat), že vzdálenost P J je ovna 1 ( + R). (Není to lehké.) b) Pomocí shodných a podobných zobazení je nejelegantnější následující postup: Pomocí souřadnic (bod M zvolíme za počátek souřadného systému) je P = X + Y T = Y + h(y ) T = Y + R ( Y T = 1 + R ) Y T, bod P tedy vznikne z bodu Y (a všechny body Y tvoří větší z oblouků L 1 L kužnice l bez bodů T, L 1, L ) složením stejnolehlosti se středem M a koeficientem 1 + R a posunutí o vekto. 5. Devítistěn ABCDEF GHV vznikl slepením kychle ABCDEF GH a pavidelného čtyřbokého jehlanu EF GHV. Na každou stěnu tohoto devítistěnu jsme napsali číslo. Čtyři z napsaných čísel jsou 5, 3, 50 a 57. Po každý vchol devítistěnu ABCDEF GHV sečteme čísla na všech stěnách, kteé ho obsahují. Dostaneme tak devět stejných součtů. Učete zbývajících pět čísel napsaných na stěnách tohoto tělesa. Řešení. Potože dva sousední vcholy leží vždy ve dvou společných stěnách, budeme si všímat především takovýchto dvojic vcholů. Vcholy A a B (B a C) leží ve společných stěnách ABF E a ABCD (BCGF a BCDA). Poto poovnáním jim přiřazených čísel dostaneme, že na stěnách ADHE a BCGF (ABF E a CGHD) je stejné číslo. Označme ho x (y). Podobně vcholy E a F (F a G) leží ve společných stěnách EF BA a EF V (F GCB a F GV ) a navíc už víme, že stěny ADHE a F BCG (ABF E a GHDC) mají stejná čísla. Poto poovnáním jim přiřazených čísel dostaneme, že na stěnách HEV a F GV (EF V a GHV ) je stejné číslo. Označme ho z (t, ob. 3). D H x z E A y G t z V t y F Ob. 3 x C B Poovnáním čísel příslušných vcholům A a E (mají společné stěny EABF a EADH) dále dostaneme, že stěna ABCD má číslo s = z + t. Nakonec poovnejme vcholy E a V (mají společné stěny EF V a HEV ). Dostaneme z + t = x + y. Když to vše shneme, zjistíme, že jednotlivé stěny jsou nutně očíslovány čísly x (stěny BCGF a DAEH), z (stěny F GV a EHV ), s (stěna ABCD), s x (stěny 8
ABF E a CDHG), s z (stěny EF V a GHV ). A snadno se přesvědčíme, že takovéto očíslování má vždy požadovanou vlastnost (všem vcholům je přiřazeno číslo s). My známe čtyři ůzná čísla z devíti čísel x, x, z, z, s, s x, s x, s z, s z, tedy čtyři čísla z pěti čísel x, z, s, s x, s z. a) Pokud je neznámé páté číslo s, tvoří známá čísla dvě dvojice se stejným součtem: x+(s x) = z+(s z). Po daná čísla tak máme jedinou možnost 5+57 = 3+50 = 8. Hledaná čísla jsou pak 5, 3, 50, 57 a 8. b) Není-li páté neznámé číslo s, je jedno známé číslo (a to s) součtem dalších dvou známých: s = x + (s x), nebo s = z + (s z). Po daná čísla je jediná možnost: 5 + 3 = 57. Potom je s = 57 a hledanou pětici tvoří čísla 7, 7, 5, 3 a 50. Odpověď. Hledaná čísla jsou buď 5, 3, 50, 57 a 8, nebo čísla 7, 7, 5, 3 a 50. Ještě naznačíme, jak by mohl vypadat čistě algebaický přístup řešením devíti ovnic o deseti neznámých. Kvůli přehlednosti si musíme dát záležet na označení jednotlivých čísel napsaných na stěnách. Označme čísla na stěnách ABF E, BCGF, CDHG, DAEH, EF V, F GV, GHV, HEV a ABCD postupně a 1, a, a 3, a 4, b 1, b, b 3, b 4, c a nechť společný součet na stěnách při každém vcholu je s. Dostaneme tak následujících devět ovnic: a 1 + a + b 1 + b = s, a + a 3 + b + b 3 = s, a 3 + a 4 + b 3 + b 4 = s, a 4 + a 1 + b 4 + b 1 = s, a 1 + a + c = s, a + a 3 + c = s, a 3 + a 4 + c = s, a 4 + a 1 + c = s, b 1 + b + b 3 + b 4 = s. (F) (G) (H) (E) (B) (C) (D) (A) (V) Poovnáním ovnic (B) a (C) máme a 1 = a 3. Poovnáním ovnic (D) a (C) máme a = a 4. Pomocí těchto vztahů dále dostaneme: poovnáním ovnic (F) a (G) vyjde b 1 = b 3 ; poovnáním ovnic (G) a (H) vyjde b = b 4. To znamená, že nám po čísla a 1, a, b 1, b a c zůstaly ovnice a 1 + a + b 1 + b = s, a 1 + a + c = s, b 1 + b = 1 s. Odtud už snadno dostaneme, že c = a 1 + a = b 1 + b = 1 s. 9
6. Je dán ovnostanný tojúhelník XY Z s těžištěm T a stanou délky 5 cm. Sestojte ovnoběžník ABCD s obsahem 8 cm a stanou AB délky cm tak, aby body X, Y, Z, T ležely po řadě na přímkách AB, BC, CD, DA. Podstatou řešení jsou následující dvě úlohy, jež mohou sloužit i jako úlohy návodné. A. Jsou dány body K, L. Veďte jimi po řadě ovnoběžky k, l, je-li dána jejich vzdálenost d. B. Jsou dány body K, L a přímka m. Veďte body K, L po řadě ovnoběžky k, l, kteé na přímce m vytínají úsečku dané délky d. Řešení úlohy A (ob. 4). Nechť M je pata kolmice vedené z bodu K na přímku l. V tojúhelníku KLM s pavým úhlem při vcholu M známe vcholy K, L a délku odvěsny KM = d, vchol M tedy umíme sestojit (jako půsečík Thaletovy kužnice t nad půměem KL s kužnicí κ(k, d)). Potom ML je přímka l. Pokud bychom požadovali diskusi, víme, že počet řešení závisí na existenci půsečíku kužnic t a κ: Pokud KL < d, nemá úloha řešení. Pokud KL = d, má úloha jedno řešení (kolmice na KL). Pokud KL > d, mají kužnice k a t dva půsečíky, takže úloha má dvě řešení. K k K n m k d d d M L Ob. 4 l M L Ob. 5 l Řešení úlohy B (ob. 5). Veďme bodem K ovnoběžku n s přímkou m a označme M její půsečík s přímkou l. Potom KM = d, takže konstukce bodu M je zřejmá. Přímka l je pak učena body L a M. Pokud bychom požadovali diskusi, snadno zjistíme, že na přímce n existují dva body M požadovaných vlastností, a počet řešení závisí na tom, zda M = L. Pokud současně neplatí, že KL je ovnoběžná s m a KL = d, má úloha dvě řešení. Pokud je KL ovnoběžná s m a KL = d, vznikne po jednu z možných poloh bodu M v předcházejícím případě nekonečně mnoho řešení (za přímku l můžeme vzít libovolnou přímku pocházející bodem L). Řešení původní úlohy. Z obsahu ovnoběžníku ABCD a délky stany AB snadno vypočítáme výšku v na stanu AB: je v = 8 cm : cm = 4 cm. Odtud plyne, že vzdálenost ovnoběžek AB a CD je 4 cm, přičemž známe bod X přímky AB a bod Z přímky CD. Podle úlohy A tedy umíme sestojit přímky AB a CD. V poloze, kteá je dána, má tato část dvě řešení. 10
Když už máme přímku AB, jsou AD a BC dvě neznámé ovnoběžky, kteé po cházejí danými body T a Y a na (známé) přímce AB vytínají úsečku dané délky AB = cm. Poto můžeme ovnoběžky AD a BC sestojit na základě úlohy B. Je zřejmé, že speciální poloha daných bodů X, Y, Z a T nemá na postup řešení vliv, zaučuje nám však snadnou diskusi počtu řešení. Po obě polohy přímky AB má úloha v dané situaci dvě řešení. Tím je ovnoběžník ABCD sestojen. (Přímkami AB, BC, CD a AD jsou vcholy A, B, C, D učeny.) Úloha má 4 řešení (ob. 6). B 1 C 3 A 1 Z D 3 C 1 B 3 D 4 A D 1 A 4 A 3 T D C 4 X B 4 Y B C Ob. 6 11