# 50. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie A 

1. Najděte nejmenší čtyřmístné číslo $n$, pro něž má soustava

$$
\begin{aligned}
x^{3}+y^{3}+y^{2} x+x^{2} y & =n, \\
x^{2}+y^{2}+x+y & =n+1
\end{aligned}
$$

pouze celočíselná řešení.

2. Určete všechna reálná čísla $s$ a $t$, pro která je grafem funkce

$$
f(x)=\frac{x^{2}-4 x+s}{t|x-1|+x+7}
$$

lomená čára složená ze dvou polopřímek.

3. Je dána kružnice $k(S, r)$ a na ní body $M, N$ takové, že úhel $M S N$ je ostrý. Libovolným bodem $X$ menšího z oblouků $M N$ ved'me rovnoběžku s př́mkou $M S$ a označme $Y$ její průsečík s úsečkou $S N$. Sestrojte takový bod $X$, pro který je obsah trojúhelníku $S X Y$ maximální.
4. Určete všechny funkce $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ takové, že pro všechna reálná čísla $x$ a $y$ platí

$$
f\left(x^{2}+f(y)\right)=(x-y)^{2} \cdot f(x+y) \text {. }
$$

II. kolo kategorie A se koná

## v úterý 16. ledna 2001

tak, aby začalo 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 žákưm sdělí před zahájením soutěže.

1. Předpokládejme, že parametr $n$ je přirozené číslo, a řešme danou soustavu v oboru reálných čísel. Levá strana první rovnice je rovna $\left(x^{2}+y^{2}\right)(x+y)$, a tak pro čísla $s=x+y$ a $t=x^{2}+y^{2}$ platí $t \cdot s=n$ a $t+s=n+1$. Čísla $s, t$ jsou tedy kořeny kvadratické rovnice $w^{2}-(n+1) w+n=0$. Z rozkladu $w^{2}-(n+1) w+n=(w-n)(w-1)$ vidíme, že $\{s, t\}=\{1, n\}$. Dvojice $(x, y)$ je tedy řešením původní soustavy, právě když je řešením jedné ze soustav

$$
\left\{\begin{array} { r l } 
{ x + y } & { = 1 , } \\
{ x ^ { 2 } + y ^ { 2 } } & { = n }
\end{array} \quad \text { nebo } \quad \left\{\begin{array}{rl}
x+y & =n \\
x^{2}+y^{2} & =1
\end{array}\right.\right.
$$

$\mathrm{V}$ prvním případě jsou čísla $x, y$ kořeny kvadratické rovnice $z^{2}+(1-z)^{2}=n$. Jejím řešením dostaneme

$$
\{x, y\}=\left\{\frac{1+\sqrt{2 n-1}}{2}, \frac{1-\sqrt{2 n-1}}{2}\right\}
$$

Podobně z druhé soustavy v (1) plyne, že čísla $x, y$ jsou kořeny kvadratické rovnice $z^{2}+(n-$ $-z)^{2}=1$. Její diskriminant $D=4\left(2-n^{2}\right)$ je nezáporný jedině pro $n=1$ (připomeňme, že $n$ je přirozené), pak jsou ovšem obě soustavy v (1) totožné, takže žádné další řešení kromě (2) neexistuje.

Zjistili jsme, že pro každé přirozené číslo $n$ jsou všechna řešení původní soustavy v oboru reálných čísel popsána vztahem (2). Jsou to celá čísla, právě když je hodnota $2 n-1$ druhou mocninou (lichého) přirozeného čísla. Je-li číslo $n$ čtyřmístné, pak $n \geqq 1000$, a tak $2 n-1 \geqq 1999$. Protože $44^{2}=1936$ a $45^{2}=2025$, hledané číslo $n$ určíme z rovnice $2 n-1=2025$. Ž̌ejmě $n=1013$.

Poznamenejme, že v první části řešení můžeme postupovat i takto: do první rovnice $\left(x^{2}+y^{2}\right)(x+y)=n$ lze dosadit za první činitel vyjádření $x^{2}+y^{2}=n+1-(x+y)$ z druhé rovnice. Tak získáme pro neznámou $s=x+y$ kvadratickou rovnici $(n+1-s) s=n$, jejíž kořeny jsou $s_{1}=1$ a $s_{2}=n$.

2. Předpokládejme, že $s$ a $t$ jsou (pevná) čísla požadované vlastnosti. Graf funkce $f$ je sjednocením grafư funkcí $f_{1}$ a $f_{2}$, které jsou určeny vzorci

$$
f_{1}(x)=\frac{x^{2}-4 x+s}{(1-t) x+(t+7)}, \quad f_{2}(x)=\frac{x^{2}-4 x+s}{(t+1) x+(7-t)}
$$

a mají definiční obory $D\left(f_{1}\right)=(-\infty, 1\rangle, D\left(f_{2}\right)=\langle 1, \infty)$ (polopřímky bez jakýchkoliv vyloučených bodi̊, nebot̀ hodnota $f(x)$ dle popisu grafu $f$ existuje pro každé $x \in \mathbb{R}$ ). Císla $s$ a $t$ určíme z podmínky, že grafy funkcí $f_{1}$ a $f_{2}$ jsou polopřímky (takže jde o lineární funkce). Ž̌ejmě platí $t \neq \pm 1$ (jinak by graf jedné z funkcí $f_{1}, f_{2}$ byl částí paraboly), proto můžeme lineární funkce ze jmenovatelů zlomků v (1) zapsat ve tvaru

$$
(1-t) x+(t+7)=(1-t)\left(x-x_{1}\right), \quad \text { kde } \quad x_{1}=\frac{t+7}{t-1}
$$

$\mathrm{a}$

$$
(t+1) x+(7-t)=(t+1)\left(x-x_{2}\right), \quad \text { kde } \quad x_{2}=\frac{t-7}{t+1}
$$

Výhodu těchto rozkladů oceníme při vyjadřování podmínky, že obě funkce $f_{1}$ a $f_{2}$ jsou lineární. Předtím však poznamenejme, že hodnota $f_{1}(x)$ existuje pro každé $x \leqq 1$ a hodnota $f_{2}(x)$ pro každé $x \geqq 1$, právě když čísla $x_{1}, x_{2}$ z rozkladů (2) splňují podmínku

$$
x_{2}<1<x_{1} \text {. }
$$

Vzorce (1) určují lineární funkce $f_{1}$ a $f_{2}$, právě když je kvadratický mnohočlen $x^{2}-4 x+s$ dělitelný (beze zbytku) každým z lineárních mnohočlenů $\left(x-x_{1}\right)$ a $\left(x-x_{2}\right)$. Protože však podle (3) platí $x_{1} \neq x_{2}$, lze podmínku z předchozí věty vyjádřit rovností mnohočlenů

$$
x^{2}-4 x+s=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right) \text {. }
$$

Poznamenejme, že za podmínky (4) budou předpisy pro funkce $f_{1}, f_{2}$ tvaru

$$
f_{1}(x)=\frac{x-x_{2}}{1-t} \quad \text { a } \quad f_{2}(x)=\frac{x-x_{1}}{t+1}
$$

podmínka (3) zaručí, že polopřímky, které jsou grafy $f_{1}$ a $f_{2}$, neleží na téze přímce (kdyby ležely, nebyla by grafem $f$ lomená čára): osu $x$ totiž protne jak polopřímka $y=f_{1}(x)$ (v bodě $\left[x_{2}, 0\right]$ ), tak i polopřímka $y=f_{2}(x)$ (v bodě $\left[x_{1}, 0\right]$ ).

Podmínka (4) je s ohledem na (2) ekvivalentní s dvojicí rovnic

$$
4=\frac{t+7}{t-1}+\frac{t-7}{t+1} \quad \text { a } \quad s=\frac{t+7}{t-1} \cdot \frac{t-7}{t+1}=\frac{t^{2}-49}{t^{2}-1}
$$

ze kterých určíme neznámé hodnoty $s$ a $t$. Úpravou první rovnice vyjde $t^{2}=9$, možné hodnoty $t$ jsou tedy $\pm 3$; podle druhé rovnice jim odpovídá stejná hodnota $s=-5$. Je-li $t=3$, platí podle (2) $x_{1}=5$ a $x_{2}=-1$ (podmínka (3) je tehdy splněna), je-li $t=-3$, pak $x_{1}=-1$ a $x_{2}=5$ (podmínka (3) splněna není). Řešením úlohy je tedy jediná dvojice $(s, t)=(-5,3)$.

Přestože jsme celé řešení vedli tak, že zkouška nutná není, proved’me ji jak pro dvojici $(s, t)=(-5,3)$, tak pro dvojici $(s, t)=(-5,-3)$. Pro první dvojici vychází

$$
f(x)=\frac{x^{2}-4 x-5}{3|x-1|+x+7}= \begin{cases}\frac{(x+1)(x-5)}{-2(x-5)}=-\frac{x+1}{2} & (x \leqq 1), \\ \frac{(x+1)(x-5)}{4(x+1)}=\frac{x-5}{4} & (x \geqq 1),\end{cases}
$$

takže opravdu jde o řešení (obr. 1a); dvojici $(s, t)=(-5,-3)$ odpovídá funkce

$$
f(x)=\frac{x^{2}-4 x-5}{-3|x-1|+x+7}= \begin{cases}\frac{(x+1)(x-5)}{4(x+1)}=\frac{x-5}{4} & (x \leqq 1, x \neq-1), \\ \frac{(x+1)(x-5)}{-2(x-5)}=-\frac{x+1}{2} & (x \geqq 1, x \neq 5),\end{cases}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_dbf02bbaa477576f43d0g-4.jpg?height=328&width=544&top_left_y=102&top_left_x=411)

Obr. 1 a

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_dbf02bbaa477576f43d0g-4.jpg?height=325&width=526&top_left_y=106&top_left_x=1125)

Obr. $1 \mathrm{~b}$

jejímž grafem je lomená čára bez dvou bodů (obr. 1b), takže dvojici $(s, t)=(-5,-3)$ nelze považovat za řešení.

Poznámka. Někteří soutěžící patrně vyjádří podmínku linearity obou funkcí $f_{1}$ a $f_{2}$ (aniž zavedou čísla $x_{1}, x_{2}$ ) takto: mnohočlen $x^{2}-4 x+s$ je dělitelný jak mnohočlenem $(1-t) x+(t+7)$, tak i mnohočlenem $(t+1) x+(7-t)$, je tedy dělitelný i jejich součinem, tudíž platí rovnost mnohočlenů

$$
((1-t) x+(t+7))((t+1) x+(7-t))=\left(1-t^{2}\right)\left(x^{2}-4 x+s\right)
$$

(koeficient $\left(1-t^{2}\right)$ se zjistí porovnáním kvadratických členů). Tento závěr je však korektní, jen když jsou oba lineární mnohočleny nesoudělné; v našem řešení je tato nesoudělnost zaručena podmínkou (3). Soudělným mnohočlenům ze jmenovatelů zlomků v (1) odpovídá „řešení“ $(s, t)=(-77,0)$ s př́slušnou funkcí

$$
f(x)=\frac{x^{2}-4 x-77}{x+7}=x-11 \quad(x \in \mathbb{R}, x \neq-7)
$$

jejíž graf (obr. 1c) je sice složen ze dvou polopřímek, ale jejich společný počátek do grafu $f$ nepatří (navíc tyto polopřímky svírají přímý úhel, takže jejich sjednocení není lomená čára).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_dbf02bbaa477576f43d0g-4.jpg?height=632&width=526&top_left_y=1592&top_left_x=775)

Obr. 1c

3. Ve všech řešeních značíme $\omega=|\Varangle M S N|$.

Řešení 1. Z rovnoběžnosti přímek $S M$ a $X Y$ plyne rovnost $|\Varangle S Y X|=\pi-\omega$ (obr. 2). Proto se všechny uvažované trojúhelníky $S X Y$ shodují nejen v délce strany $S X$ (rovné poloměru $r$ kružnice $k$ ) ale i ve velikosti protilehlého vnitřního úhlu $S Y X$. Kružnice opsané všem trojúhelníkům $S X Y$ mají tedy týž poloměr $R$ (rovný $\frac{r}{2 \sin \omega}$ ), a bod $Y$ leží vždy na tom jejich oblouku, ze kterého je tětiva $S X$ délky $r$ vidět pod úhlem $\pi-\omega$. Výška $v$ ke straně $S X$ trojúhelníku $S Y X$ tudíž zřejmě nepřevyšuje výšku kruhové úseče z obr. 3, přitom je rovna této výšce, právě když platí $|S Y|=|X Y|$. Proto má ze všech trojúhelníků $S X Y$ největší obsah právě ten, který má shodné strany $S Y$ a $X Y$. Jeho vnitřní úhel $\alpha$ u vrcholu $S$ je shodný s vnitřním úhlem u vrcholu $X$, a tak platí $2 \alpha+(\pi-\omega)=\pi$, odkud $\alpha=\frac{1}{2} \omega$, což znamená, že polopřímka $S X$ je osou úhlu $M S N$. Průsečík této osy s kružnicí $k$ proto určuje hledaný bod $X$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_dbf02bbaa477576f43d0g-5.jpg?height=444&width=628&top_left_y=819&top_left_x=388)

Obr. 2

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_dbf02bbaa477576f43d0g-5.jpg?height=280&width=499&top_left_y=928&top_left_x=1149)

Obr. 3

Dodejme, že maximální výšku $v$ trojúhelníku $S X Y$ ke straně $S X$ lze určit i jiným postupem (bez úvah o kruhové úseči): označíme-li $Y_{0}$ patu výšky z vrcholu $Y, \alpha=|\Varangle X S Y|$ a $\beta=|\Varangle S X Y|$, potom platí

$$
v \cdot \operatorname{cotg} \alpha+v \cdot \operatorname{cotg} \beta=\left|S Y_{0}\right|+\left|X Y_{0}\right|=|S X|=r
$$

odkud s ohledem na to, že $\alpha+\beta=\omega$ a že funkce cotg je v intervalu $\left(0, \frac{1}{2} \pi\right)$ konvexní, vychází odhad

$$
v=\frac{r}{\operatorname{cotg} \alpha+\operatorname{cotg} \beta} \leqq \frac{r}{2 \operatorname{cotg} \frac{\alpha+\beta}{2}}=\frac{r}{2 \operatorname{cotg} \frac{\omega}{2}}=\frac{r}{2} \operatorname{tg} \frac{\omega}{2}
$$

Řešení 2. Označme $p=|X Y|$ a $q=|S Y|$. Podle kosinové věty pro trojúhelník $S X Y$ platí $r^{2}=p^{2}+q^{2}+2 p q \cdot \cos \omega$, nebot $|\Varangle S Y X|=\pi-\omega$. Vypsanou rovnost upravíme do tvaru $r^{2}=(p-q)^{2}+2 p q(1+\cos \omega)$, z něhož už snadno odhadneme velikost součinu $p q$ shora:

$$
p q=\frac{r^{2}-(p-q)^{2}}{2(1+\cos \omega)} \leqq \frac{r^{2}}{2(1+\cos \omega)}
$$

přitom rovnost nastane, právě když $p=q$. To je i podmínka, za které je obsah $\frac{1}{2} p q \sin \omega$ trojúhelníku $S X Y$ maximální. Došli jsme tak ke stejnému závěru jako při prvním řešení.

Řešení 3. Vyjádřeme obsah trojúhelníku $S X Y$ jako funkci úhlu $\alpha=|\Varangle X S N|$ a zjistěme její největší hodnotu v intervalu $0<\alpha<\omega$. Při označení z obr. 4 platí $|X Z|=|S X| \sin \alpha=r \sin \alpha$; protože $|\Varangle S Y X|=\pi-\omega$ a $|\Varangle S X Y|=\omega-\alpha$, ze sinové

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_dbf02bbaa477576f43d0g-6.jpg?height=441&width=615&top_left_y=300&top_left_x=674)

Obr. 4

věty pro trojúhelník $S X Y$ vychází

$$
|S Y|=|S X| \cdot \frac{\sin (\omega-\alpha)}{\sin \omega}=r \cdot \frac{\sin (\omega-\alpha)}{\sin \omega} .
$$

Pro obsah $P$ trojúhelníku $S X Y$ tak dostáváme vyjádření

$$
P=\frac{|S Y| \cdot|X Z|}{2}=\frac{r^{2} \sin \alpha \sin (\omega-\alpha)}{2 \sin \omega}=\frac{r^{2}(\cos (2 \alpha-\omega)-\cos \omega)}{4 \sin \omega}
$$

(využili jsme vzorec $2 \sin x \sin y=\cos (x-y)-\cos (x+y)$ pro $x=\alpha$ a $y=\omega-\alpha$ ). Proto pro hodnotu $P$ platí horní odhad

$$
P \leqq \frac{r^{2}(1-\cos \omega)}{4 \sin \omega}\left(=\frac{r^{2}}{4} \operatorname{tg} \frac{\omega}{2}\right)
$$

přitom rovnost nastane právě $\mathrm{v}$ případě, $k d y \cos (2 \alpha-\omega)=1$, což je $\mathrm{v}$ naší situaci splněno jedině pro $\alpha=\frac{1}{2} \omega$ (z nerovností $0<\alpha<\omega$ totiž plyne odhad $|2 \alpha-\omega|<\omega$ ).

Za úplné řešení je 6 bodů. Vyjádření obsahu trojúhelníku $S X Y$ jako explicitní funkce některé (jedné!) z vhodných proměnných $(|\nless X S N|,|Y S|,|X Y|)$ oceňte 3 body. Za povšimnutí, že všechny trojúhelníky $S X Y$ mají stejný úhel při vrcholu $Y$, udělte 1 bod.

4. Předpokládejme, že $f$ je libovolná z hledaných funkcí. Všimněme si, že levá strana dané rovnice je sudá funkce proměnné $x$. Při záměně čísla $x$ opačným číslem $-x$ se proto nezmění ani hodnota pravé strany rovnice:

$$
(x-y)^{2} \cdot f(x+y)=(-x-y)^{2} \cdot f(-x+y)
$$

neboli

$$
(x-y)^{2} \cdot f(x+y)=(x+y)^{2} \cdot f(y-x) .
$$

Dosad'me sem při libovolném $t \in \mathbb{R}$ hodnoty $x=\frac{1}{2}(t-1)$ a $y=\frac{1}{2}(t+1)$, které jsou zvoleny tak, aby platilo $x+y=t$ a $y-x=1$. Dostaneme vztah $f(t)=t^{2} \cdot f(1)$ pro každé $t \in \mathbb{R}$. Funkce $f$ je tedy nutně tvaru $f(x)=c x^{2}$, přitom neznámý koeficient $c$ zjistíme tak, že dosadíme do rovnosti ze zadání (a tak vlastně současně provedeme i zkoušku): rovnice $c\left(x^{2}+c y^{2}\right)^{2}=(x-y)^{2} \cdot c(x+y)^{2}$ je ekvivalentní s rovnicí $c(c+1) y^{2}\left(2 x^{2}+(c-1) y^{2}\right)=0$, jež je splněna pro libovolná $x$ a $y$, právě když $c=0$ nebo $c=-1$ (např. dosazení $x=y=1$ vede k podmínce $c(c+1)^{2}=0$, takže nutně $\left.c \in\{0,-1\}\right)$.

Úloha má právě dvě řešení: nulovou funkci $f_{1}(x)=0$ a funkci $f_{2}(x)=-x^{2}$.