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

1. Najděte všechny dvojice přirozených čísel $a, b$, pro které platí

$$
a+b+D(a, b)+n(a, b)=50
$$

kde $D(a, b)$ značí největší společný dělitel a $n(a, b)$ nejmenší společný násobek přirozených čísel $a, b$.

2. Kružnice $k(S, r)$ a $l(O, R)$ se vně dotýkají v bodě $T$. Jejich společná tečna v bodě $T$ protíná jejich vnější společnou tečnu v bodě $M$. Dokažte, že trojúhelník $S O M$ je pravoúhlý, a vyjádřete jeho obsah pomocí poloměrů $r, R$ daných kružnic.
3. Najděte všechny dvojice kladných čísel $x, y$, které jsou řešením soustavy rovnic

$$
\begin{aligned}
& x \cdot y_{10}=195,6 \\
& y \cdot x_{10}=241,7
\end{aligned}
$$

Zápis $z_{10}$ značí číslo, které vznikne zaokrouhlením čísla $z$ na desítky.

4. Sestrojte trojúhelník $A B C$ takový, že výška a těžnice $\mathrm{z}$ vrcholu $C$ dělí těžnici $\mathrm{z}$ vrcholu $A$ na tři shodné úsečky, je-li dána délka strany $A B$ a velikost výšky z vrcholu $C$.

II. kolo kategorie C se koná

## v úterý 27. března 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 žákům sdělí před zahájením soutěže.

1. Položme $a=D k, b=D l$, kde $D=D(a, b)$ je největší společný dělitel čísel $a, b$, takže čísla $k, l$ jsou nesoudělná. Je pak $n=n(a, b)=D k l$ a má platit $D(k+l+1+k l)=50$, tedy $(1+k)(1+l) D=50$. Najdeme proto všechny rozklady čísla 50 na součin tří přirozených čísel $D, 1+k, 1+l$, z nichž poslední dvě jsou větší než 1 . Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že $a \leqq b$, tj. $k \leqq l$. Dostaneme tak tyto možnosti:

| $D$ | $1+k$ | $1+l$ | $k$ | $l$ | $a$ | $b$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | ---: | :---: | ---: |
| 1 | 2 | 25 | 1 | 24 | 1 | 24 |
| 1 | 5 | 10 | 4 | 9 | 4 | 9 |
| 5 | 2 | 5 | 1 | 4 | 5 | 20 |

Pro $D=2$ dostaneme $k=l=4$, ale $k, l$ mají být nesoudělná.

Pro $D=10,25$ nebo 50 dostaneme $k=0$, což nevede k žádnému řešení.

Úloha má šest řešení: $\{a, b\}=\{1,24\},\{a, b\}=\{4,9\},\{a, b\}=\{5,20\}$.

2. Označme $K, L$ body dotyku té společné tečny obou kružnic, na které leží také bod $M$ a která je různá od společné tečny v bodě $T$ (obr. 1). Ze souměrnosti podle přímky $M S$ plyne shodnost úhli̊ $K M S$ a $T M S$ a ze souměrnosti podle přímky $O M$ plyne shodnost úhli̊ $L M O$ a $T M O$. Součet těchto čtyř úhli̊ je $180^{\circ}$, proto $|\Varangle S M O|=|\Varangle S M T|+$ $+|\Varangle T M O|=90^{\circ}$. Tím je vyřešena první část úlohy.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_896c5a42623bd2be19c7g-2.jpg?height=618&width=1089&top_left_y=1247&top_left_x=491)

Obr. 1

Užitím Pythagorovy věty pro trojúhelníky $S O M, S T M$ a $O T M$ dostaneme pro výšku $v=|T M|$ trojúhelníku $S O M$ rovnost

$$
(r+R)^{2}=\left(r^{2}+v^{2}\right)+\left(R^{2}+v^{2}\right)
$$

odkud $v^{2}=R r$. (Tento vztah plyne i přímo z Eukleidovy věty pro trojúhelník $S O M$.)

Obsah trojúhelníku $S O M$ je tedy $\frac{1}{2}(R+r) \sqrt{R r}$.

3. Jsou-li $x, y$ řešením, musí být $x \geqq 5$ a $y \geqq 5$, jinak by se $x_{10}$ nebo $y_{10}$ rovnalo nule. Protože $y_{10} \geqq 10$, je $x=195,6: y_{10} \leqq 19,56$, takže $x_{10}$ se rovná 10 nebo 20 . V prvním př́́padě je $y=24,17, y_{10}=20$ a $x=9,78$, v druhém případě je $y=12,085, y_{10}=10$ a $x=19,56$. Úloha má právě dvě řešení:

$$
(x, y)=(19,56 ; 12,085) \quad \text { a } \quad(x, y)=(9,78 ; 24,17)
$$

Za úplné řešení je 6 bodů.

4. Předpokládejme, že trojúhelník $A B C$ splňuje podmínky úlohy. Označme $S$ střed strany $B C, M$ střed strany $A B, T$ těžiště trojúhelníku, $P$ patu výšky vedené bodem $C, K$ průsečík těžnice $A S$ a výšky $C P$. Protože těžiště $T$ dělí úsečku $A S$ v poměru $2: 1$, tj. platí $|A T|=2|T S|$, musí být bod $K$ středem úsečky $A T$ (obr. 2). Z rovnosti $|A K|=|K T|=$ $=|T S|$ navíc plyne, že $|A P|=|P U|=|U V|$, kde $U, V$ jsou kolmé průměty bodů $T, S$ na přímku $A B$. Jelikož $S$ je střed strany $B C$, je $V$ střed úsečky $P B$. Proto $|A P|=\frac{1}{5}|A B|$. Odtud již plyne konstrukce: Sestrojíme úsečku $A B$ dané délky, na ní bod $P$ tak, aby $|A P|=\frac{1}{5}|A B|$. Bodem $P$ vedeme kolmici k $A B$, na ni naneseme od bodu $P$ danou výšku a dostaneme tak bod $C$, a tím i trojúhelník $A B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_896c5a42623bd2be19c7g-3.jpg?height=507&width=764&top_left_y=1010&top_left_x=648)

Obr. 2

Diokaz správnosti konstrukce. V sestrojeném trojúhelníku $A B C$ uvažujme těžnice $C M$ a $A S$, těžiště $T$ a průsečík $K$ úseček $A S, C P$. Označme $U, V$ kolmé průměty bodů $T$, $S$ na prímku $A B$. Protože $|C T|=2|T M|$, je $|P U|=2|U M|$, a proto $|P U|=\frac{2}{3}|P M|$. Označíme-li $c=|A B|$, je $|A P|=\frac{1}{5} c,|P V|=\frac{1}{2}(|A B|-|A P|)=\frac{2}{5} c,|P M|=\frac{1}{2} c-\frac{1}{5} c=\frac{3}{10} c$, $|P U|=\frac{2}{3}|P M|=\frac{1}{5} c$ a $|U V|=|P V|-|P U|=\frac{1}{5} c$. Protože $|A P|=|P U|=|U V|$, je také $|A K|=|K T|=|T S|$. Tím je správnost konstrukce dokázána.