Czech/md/cs-mo-secondary/cs-3471699-c50s.md

50. ročník matematické olympiády

Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie C

1. Najděte všechny trojice $a, b, c$ přirozených čísel, pro které současně platí

$$n(ab,c)=2^8,n(bc,a)=2^9,n(ca,b)=2^{11}n(a\; b,\; c)=2^\{8\},\; \backslash quad\; n(b\; c,\; a)=2^\{9\},\; \backslash quad\; n(c\; a,\; b)=2^\{11\}$$

kde $n(x, y)$ značí nejmenší společný násobek přirozených čísel $x$ a $y$.

2. V rovině je dán čtverec $A B C D$. Kružnice $k$ prochází body $A, B$ a dotýká se přímky $C D$. Označme $M(M \neq B)$ průsečík kružnice $k$ a strany $B C$. Určete poměr $|C M|$ : $:|B M|$.
3. Pro která dvojmístná čísla $n$ je číslo $n^{3}-n$ dělitelné stem?

Školní - klauzurní část I. kola kategorie C se koná

v úterý 23. ledna 2001

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 žákům sdělí před zahájením soutěže.

1. Jsou-li čísla $a, b, c$ řešením úlohy, jsou to dělitelé mocnin dvou, a tedy sama mocniny čísla $2, a=2^{r}, b=2^{s}, c=2^{t}$, kde $r, s, t$ jsou celá nezáporná čísla. Z rovnosti $n(a b, c)=2^{8}$ plyne, že čísla $t, r+s$ se rovnají nejvýše 8 , přičemž aspoň jedno z nich se rovná 8 . Podobně se čísla $s+t, r$ rovnají nejvýše devíti a aspoň jedno z nich je rovno devíti. Dále se jedno $\mathrm{z}$ čísel $r+t, s$ rovná 11 a žádné z nich není větší než 11 . Nemůže však platit $s=11$, protože $s+t \leqq 9$, takže $r+t=11$. Nemůže být $r=9$, nebot̀ má platit $r+s \leqq 8$. Proto $s+t=9$. Dále máme dvě možnosti:

1. $t=8$, odkud $r=3, s=1, a=2^{3}, b=2, c=2^{8}$,
2. $r+s=8$, odkud plyne $t=6, r=5, s=3$, tedy $a=2^{5}, b=2^{3}, c=2^{6}$.

Úloha má dvě řešení.

2. Protože střed kružnice $k$ leží na ose strany $A B$, která je zároveň osou i protější strany $C D$, dotýká se kružnice $k$ úsečky $C D$ v jejím středu $S$ (obr. 1). Protože úhel $A B M$ je pravý, je $A M$ průměrem kružnice $k$, a proto je pravý i úhel $A S M$. Odtud plyne, že $|\Varangle D S A|=90^{\circ}-|\Varangle C S M|=|\Varangle S M C|$, proto jsou trojúhelníky $S M C$ a $A S D$ podobné, takže $|C M|:|C S|=|D S|:|D A|$. Označíme-li $a=|D A|$ a $x=|C M|$, je $x: \frac{1}{2} a=\frac{1}{2} a: a$, tedy $x=\frac{1}{4} a$. Proto $|C M|:|B M|=1: 3$.

Dodejme, že rovnost $x=\frac{1}{4} a$ lze odvodit i z Pythagorovy věty pro trojúhelníky $A M B, A M S$ :

$$\mathrm{\mid }AB{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }BM{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }AM{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }AS{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }SM{\mathrm{\mid }}^2,|A\; B|^\{2\}+|B\; M|^\{2\}=|A\; M|^\{2\}=|A\; S|^\{2\}+|S\; M|^\{2\},$$

takže

Obr. 1

$$a^2+(a-x{)}^2=(a^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2)+({\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+x^2)a^\{2\}+(a-x)^\{2\}=\backslash left(a^\{2\}+\backslash left(\backslash frac\{1\}\{2\}\; a\backslash right)^\{2\}\backslash right)+\backslash left(\backslash left(\backslash frac\{1\}\{2\}\; a\backslash right)^\{2\}+x^\{2\}\backslash right)$$

odkud po úpravě

$$x=\frac{1}{4}a\text{. }x=\backslash frac\{1\}\{4\}\; a\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Poznámka. Pokud žák zná pojem mocnosti bodu ke kružnici, může napsat $|C M|$. $\cdot|C B|=|C S|^{2}$, odkud ihned plyne $|C M|=\frac{1}{4} a$.

3. Je-li číslo $n^{3}-n=n(n-1)(n+1)$ dělitelné číslem $100=2^{2} \cdot 5^{2}$, musí být jedno z čísel $n-1, n, n+1$ dělitelné číslem 25 , protože ze tří po sobě jdoucích čísel může být nejvýše jedno dělitelné pěti. Dále musí být bud' číslo $n$ dělitelné čtyřmi (čísla $n-1, n+1$ jsou pak lichá), nebo musí být číslo $n$ liché (čísla $n-1, n+1$ jsou sudá a jejich součin je dělitelný čtyřmi). Máme tedy tyto možnosti:

$n=25$ vyhovuje, nebot je liché,

$n=75$ vyhovuje, nebot je liché,

$n=50$ nevyhovuje, nebot je sudé, ale není dělitelné čtyřmi,

$n-1=25, n=26$ nevyhovuje, nebot̀ je sudé, ale není dělitelné čtyřmi,

$n-1=50, n=51$ vyhovuje, nebot je liché, $n-1=75, n=76$ vyhovuje, nebot je dělitelné čtyřmi, $n+1=25, n=24$ vyhovuje, nebot je dělitelné čtyřmi, $n+1=50, n=49$ vyhovuje, nebot je liché, $n+1=75, n=74$ nevyhovuje, nebot je sudé, ale není dělitelné čtyřmi, $n+1=100, n=99$ vyhovuje, nebot je liché.

Úloha má sedm řešení.