Czech/md/cs-mo-secondary/cs-3471710-c51s.md

# 51. ročník matematické olympiády 

## Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie C

1. Do sportovního kroužku chodí 21 chlapců. Na posledních dvou schůzkách nikdo nechyběl, chlapci se pokaždé rozdělili do tří družstev po sedmi hráčích. Dokažte, že někteří tři chlapci byli obě schůzky spolu v jednom družstvu.
2. V rovině je dán pravoúhlý trojúhelník $A B C$ takový, že kružnice $k(A ;|A C|)$ protíná přeponu $A B$ v jejím středu $S$. Dokažte, že kružnice opsaná trojúhelníku $B C S$ je shodná s kružnicí $k$.
3. Určete všechny dvojice prvočísel $(p, q)$ takové, že $p>q$ a číslo $p^{2}-q^{2}$ má nejvýše čtyři dělitele.

Školní - klauzurní část I. kola kategorie C se koná

## v úterý 22. ledna 2002

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

1. Uvažujme chlapce $H$. Šest jeho spoluhráčů z první schůzky je na druhé schůzce rozděleno do tří družstev. Pak jsou bud' tři z nich v jednom družstvu, nebo jsou v těchto třech družstvech rozděleni po dvou. Chlapec $H$ je však také členem některého z těchto družstev, a tedy v tomto družstvu se opět nachází trojice spoluhráčư z první schůzky.

Jiné řešení. Označme $A, B, C$ družstva sestavená na první schůzce, $D, E, F$ družstva sestavená na druhé schůzce. Podle zařazení do družstev jsou jednotliví chlapci nejvýše devíti různých typů $A D, A E, A F, B D, B E, B F, C D, C E, C F$. Kdyby každého typu byli nejvýše dva chlapci, bylo by na schůzkách nejvýše $2 \cdot 9=18$ chlapců, což je spor $\mathrm{s}$ tím, že jich do kroužku chodí 21. Proto alespoň jednoho typu jsou alespoň tři chlapci, a to je hledaná trojice chlapců.

Za úplné řešení je 6 bodů.

2. Střed přepony $S$ pravoúhlého trojúhelníku $A B C$ je podle Thaletovy věty středem kružnice opsané tomuto trojúhelníku, platí tedy $|C S|=|A S|=|B S|$ (obr. 1). Jelikož body $C$ a $S$ leží na kružnici $k$, platí $|A S|=|A C|$, je proto trojúhelník $A S C$ rovnostranný a velikost úhlu $C S B$ je rovna $120^{\circ}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_abb5414c626bbfff7ebag-2.jpg?height=496&width=637&top_left_y=1064&top_left_x=690)

Obr. 1

Je-li $M$ střed kružnice opsané trojúhelníku $B C S$, platí $|C M|=|S M|=|B M|$, a protože $|C S|=|B S|$, jsou $C M S$ a $S M B$ shodné rovnoramenné trojúhelníky se základnami $C S$ a $B S$. Velikost úhlu $C S B$ je součtem velikostí shodných úhlů $C S M$ a $M S B$, je proto velikost úhlu $M S B$ rovna $\frac{1}{2} \cdot 120^{\circ}=60^{\circ}$. Trojúhelník $M S B$ je tedy rovnostranný a platí $|M S|=|B S|$.

Poloměr kružnice opsané trojúhelníku $C S B$ je roven $|M S|=|B S|=|A S|$, což je poloměr kružnice $k$. Kružnice opsaná trojúhelníku $B C S$ a kružnice $k$ mají stejné poloměry, jsou tedy shodné. Tím je důkaz ukončen.

Poznámka: Po zjištění, že $A S C$ je rovnostranný trojúhelník, je možné dokončit řešení i takto: je-li $D$ bod souměrně sdružený s bodem $A$ podle středu $C$, je trojúhelník $A B C$ "polovinou" rovnostranného trojúhelníku $A B D$, takže střed $M$ jeho strany $B D$ má od bodů $B, S, C$ stejnou vzdálenost rovnou $\frac{1}{2}|A B|$.

Za úplné řešení je 6 bodů z toho 3 body za zdůvodnění, že $A S C$ je rovnostranný trojúhelník.

3. Č́slo 1 má právě jednoho dělitele 1 . Určeme dále všechna přirozená čísla $a \neq 1$, která mají nejvýše čtyři dělitele. Takové číslo $a$ má dva triviální dělitele 1 a $a$, proto může mít nejvýše další dva netriviální dělitele, takže je dělitelné nejvýše dvěma prvočisly. Je-li číslo $a$ dělitelné dvěma různými prvočísly $p_{1}$ a $p_{2}$, je dělitelné i jejich součinem $p_{1} p_{2}$, vzhledem $\mathrm{k}$ uspořádání dělitelů čísla $a$ musí tehdy být $a=p_{1} p_{2}$. Je-li číslo $a$ dělitelné právě jedním prvočíslem $p_{1}$, platí $a=p_{1}^{k}$, kde $k$ je přirozené číslo. Jeho netriviálními děliteli jsou čísla $p_{1}, p_{1}^{2}, \ldots, p_{1}^{k-1}$, proto $k \leqq 3$.

Nejvýše čtyři dělitele tedy mají pouze číslo 1 a čísla tvaru $p_{1}, p_{1}^{2}, p_{1}^{3}$ a $p_{1} p_{2}$, kde $p_{1}$ a $p_{2}$ jsou různá prvočísla.

Necht̉ $p>q$ jsou prvočísla a číslo $a=p^{2}-q^{2}=(p-q)(p+q)$ má nejvýše čtyři dělitele. Pak platí $1 \leqq p-q<p+q \leqq a$. Rozlišíme následující případy:

1. $p-q=1$. Rozdíl prvočísel $p, q$ je liché č́slo, proto jedno $\mathrm{z}$ nich je sudé a druhé se liší o 1. Tedy $p=3, q=2$ a číslo $a=3^{2}-2^{2}=5$ má dva dělitele 1 a 5 .
2. $p-q>1$. Č́ślo $a$ má právě čtyři rưzné dělitele $1, p-q, p+q, a$, proto vzhledem k úvodní úvaze mohou nastat dvě možnosti:
a) $p-q$ je prvočíslo $p_{1}$ a $p+q$ je $p_{1}^{2}$. Pak ovšem $p_{1}$ dělí $p_{1}^{2}+p_{1}=p+q+(p-q)=2 p$, přitom $p$ je prvočíslo, takže $p_{1}=p$ nebo $p_{1}=2$. Rovností $p-q=p_{1}$ je však možnost $p_{1}=p$ vyloučena, proto musí platit $p_{1}=2$. Ze soustavy $p-q=2$, $p+q=4$ ovšem plyne $q=1$, což není prvočíslo.
b) $p-q$ je prvočíslo $p_{1}$ a $p+q$ je prvočíslo $p_{2}$. Protože $p_{2}>p_{1}$, je prvočíslo $p_{2}$ liché. Odtud plyne $q=2$, jinak by číslo $p_{2}$ bylo součtem dvou lichých prvočísel $p$ a $q$, tedy číslo sudé. Tři prvočísla $p_{1}=p-2, p$ a $p_{2}=p+2$ dávají různé zbytky při dělení třemi, takže jedno z nich je rovno $3 . \mathrm{Z} p=3$ ovšem plyne $p_{1}=1$, z $p_{2}=3$ zase $p=1$, zbývá proto možnost $p_{1}=3$, tedy $p=5$. Č́slo $a=5^{2}-2^{2}=21$ má právě čtyři dělitele $1,3,7,21$.

Všechny dvojice prvočísel $(p, q)$ vyhovující zadání úlohy jsou dvojice $(3,2)$ a $(5,2)$.

Jiné řešení. Vysvětlíme nejdříve, proč $q=2$. Připusẗme naopak, že $q>2$. Pak obě prvočísla $p$ a $q$ jsou lichá, takže $(p-q)$ a $(p+q)$ jsou dvě různá sudá čísla, tudíž jejich součin $p^{2}-q^{2}$ je číslo tvaru $4 k$, kde $k \geqq 2$. Takové č́slo ale má čtyři dělitele $1,2,4$ a $4 k$, proto se jeho dělitel $2 k$ musí rovnat číslu 4 . Platí tedy $(p-q)(p+q)=8$, odkud $p-q=2$ a $p+q=4$, takže $q=1$, a to je spor. Rovnost $q=2$ je dokázána.

Hledáme tedy všechna prvočísla $p>2$, pro která má číslo $p^{2}-4$ nejvýše čtyři dělitele. Snadno se přesvědčíme, že vyhovuje $p=3$ i $p=5$. V případě $p \geqq 7$ je ovšem jedno z čísel $p+2, p-2$ dělitelné třemi (podle toho, zda prvočíslo $p$ dává při dělení třemi zbytek 1 nebo 2), takže číslo $p^{2}-4$ má pět různých dělitelů $1,3, p-2, p+2$ a $p^{2}-4$.

Uloze tedy vyhovují dvě dvojice prvočísel $(p, q):(3,2)$ a $(5,2)$.

Za úplné řešení je 6 bodů. Za správnou diskusi každé z možností 1 ), 2a), 2b) udělte dva body. Za uhodnutí obou dvojic $(3,2)$ a $(5,2)$ udělte 1 bod, za zdůvodnění neexistence dalších řešení 4 body. Za důkaz rovnosti $q=2$ udělte 3 body.