# 50. ročník matematické olympiády 

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

1. Najděte všechna reálná čísla $p$, pro která má soustava nerovnic

$$
\begin{aligned}
& 25+2 x^{2} \leqq 13 y+10 z-p \\
& 25+3 y^{2} \leqq 6 z+10 x \\
& 25+4 z^{2} \leqq 6 x+5 y+p
\end{aligned}
$$

s neznámými $x, y, z$ řešení v oboru reálných čísel.

2. Je dán lichoběžník $A B C D$ se základnou $A B$ délky $a$, v němž oba úhly $A B C, A D B$ jsou pravé. Na straně $A B$ leží bod $M$ tak, že úsečka $M D$ je kolmá na $A C$ a úsečka $M C$ je kolmá na $B D$. Určete délky ostatních stran lichoběžníku.
3. Najděte všechna čtyřmístná čísla $\overline{a b c d}$, která jsou dělitelná každým z dvojmístných čísel $\overline{a b}, \overline{b c}, \overline{c d}$, jejichž číslice $a, b, c, d$ jsou liché a ne všechny stejné.

Školní - klauzurní část I. kola kategorie A se koná

v úterý 5. prosince 2000

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 bodư nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.

1. Sečtením všech tří nerovnic dostaneme nerovnost

$$
75+2 x^{2}+3 y^{2}+4 z^{2} \leqq 16 x+18 y+16 z
$$

z níž po „doplnění na druhé mocniny“ vychází

$$
2(x-4)^{2}+3(y-3)^{2}+4(z-2)^{2} \leqq 0 .
$$

Tato nerovnost, jež je důsledkem dané soustavy nerovnic, zřejmě platí jedině tehdy, když jsou základy všech tří dvojmocí na levé straně nerovnosti rovny nule, tedy když $x=4$, $y=3, z=2$. Daná soustava má proto (při zvoleném $p$ ) nejvýše jedno řešení, a to právě vypsanou trojici čísel. Zjistíme nyní, pro kterou hodnotu parametru $p$ se skutečně jedná o řešení. Po dosazení hodnot $x=4, y=3, z=2$ do dané soustavy dostaneme trojici nerovností

$$
57 \leqq 59-p, \quad 52 \leqq 52, \quad 41 \leqq 39+p
$$

Z první nerovnosti vychází podmínka $p \leqq 2$, ze třetí podmínka $p \geqq 2$. Číslo $p=2$ je tedy jediná hodnota $p$, pro kterou má daná soustava $\mathrm{v}$ oboru reálných čísel řešení.

Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 4 body za určení neznámých $x, y, z$ a 2 body za určení hodnoty $p$.

2. Úsečky $M C$ a $A D$ jsou rovnoběžné (obě jsou totiž kolmé k úsečce $B D$, obr. 1); protože jsou rovnoběžné i úsečky $A M$ a $D C$, je čtyřúhelník $A M C D$ rovnoběžník. Je to

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_0b83774341a9d2f113bfg-2.jpg?height=393&width=656&top_left_y=1430&top_left_x=710)

Obr. 1

dokonce kosočtverec, nebot jeho úhlopříčky jsou dle zadání navzájem kolmé. Označme proto $x=|C D|=|D A|=|A M|=|M C|$, zřejmě $a>x$. Pak $|M B|=a-x$ a ze shodnosti souhlasných úhlo̊ $D A M$ a $C M B$ plyne podobnost pravoúhlých trojúhelníků $A B D$ a $M C B$, takže platí úměra $|A D|:|A B|=|M B|:|M C|$, neboli $x: a=(a-x): x$. Odtud pro neznámou délku $x$ vychází kvadratická rovnice $x^{2}+a x-a^{2}=0$, která má jediné kladné řešení $x=\frac{\sqrt{5}-1}{2} a$. Tak jsme vypočetli (shodné) délky základny $C D$ a ramena $A D$ daného
lichoběžníku; zbývá určit délku ramena $B C$. Podle Pythagorovy věty pro trojúhelník $C M B$ dostáváme

$$
|B C|=\sqrt{|M C|^{2}-|M B|^{2}}=\sqrt{x^{2}-(a-x)^{2}}=\sqrt{a(2 x-a)}=a \sqrt{\sqrt{5}-2}
$$

nebot̀ $2 x-a=a(\sqrt{5}-2)$.

Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 3 body za odvození rovnosti $|A D|=|A M|$.

3. Z vyjádření $\overline{a b c d}=100 \cdot \overline{a b}+\overline{c d}$ plyne, že podmínky dělitelnosti čísly $\overline{a b}$ a $\overline{c d}$ jsou splněny, právě když $\overline{c d} \mid 100 \cdot \overline{a b}$ a $\overline{a b} \mid \overline{c d}$, tedy právě když $\overline{c d}=k \cdot \overline{a b}$, kde přirozené č́slo $k$ je některý dělitel čísla 100. Protože obě čísla $\overline{a b}$ a $\overline{c d}$ jsou dle zadání lichá a dvojciferná, plyne odtud, že bud' $k=1$, nebo $k=5$. Rozlišíme oba případy, přitom $\mathrm{s}$ ohledem na vyjádření $\overline{a b c d}=10 \cdot \overline{b c}+(1000 a+d)$ budeme místo podmínky $\overline{b c} \mid \overline{a b c d}$ zkoumat ekvivalentní podmínku

$$
\overline{b c} \mid(1000 a+d) .
$$

(Tato úprava není nutná, jen poněkud zjednodušuje další zápisy.)

a) Je-li $\overline{c d}=\overline{a b}$, platí $c=a$ a $d=b$, takže podmínka (P) se zapíše ve tvaru $(10 b+a) \mid$ $\mid(1000 a+b)$. Protože

$$
1000 \cdot(10 b+a)-(1000 a+b)=9999 \cdot b=11 \cdot 9 \cdot 101 \cdot b
$$

a 101 je prvočíslo (tudíž je s číslem $10 b+a$ nesoudělné), dostáváme ekvivalentní podmínku $(10 b+a) \mid(11 \cdot 9 b)$. Odtud s ohledem na zřejmou nerovnost $10 b+a>9 b$ plyne, že číslo $10 b+a$ má číslo 11 ve svém rozkladu na prvočinitele. Podmínka $11 \mid(10 b+a)$ je však splněna, jen když se číslice $a$ a $b$ rovnají, pak by však z rovnosti $\overline{c d}=\overline{a b}$ vyplývalo, že číslo $\overline{a b c d}$ má všechny číslice stejné. O takových číslech podle zadání úlohy neuvažujeme.

b) Z rovnosti $\overline{c d}=5 \cdot \overline{a b}$ ihned určíme (liché) cifry $a=1$ a $d=5$, po jejich dosazení po úpravě vyjde rovnost $b=2 c-9$, takže jsou tři možnosti:

$$
c=5 \text { a } b=1, \quad c=7 \text { a } b=5, \quad c=9 \text { a } b=9 .
$$

Podmínka (P) má nyní tvar $\overline{b c} \mid 1005$, z čísel 15,57 a 99 je však pouze číslo 15 dělitelem č́sla $1005(1005=3 \cdot 5 \cdot 67)$, proto nutně $b=1 \mathrm{a} c=5$.

Odpověd': Hledané číslo je jediné, a to 1155.

Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 3 body za zdůvodnění, že platí bud’ $\overline{c d}=\overline{a b}$, nebo $\overline{c d}=5 \cdot \overline{a b}$, k tomu 2 body za rozbor první možnosti, 1 bod za rozbor možnosti druhé.