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

1. Dokažte, že pro libovolná čísla $\alpha, \beta \in\left\langle 0, \frac{1}{2} \pi\right)$ platí nerovnost

$$
\frac{1}{\cos \alpha}+\frac{1}{\cos \beta} \geqq 2 \sqrt{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta}
$$

Zjistěte rovněž, kdy nastane rovnost.

2. Najděte všechny dvojice přirozených čísel $x$ a $y$, pro které platí

$$
x^{2}=4 y+3 \cdot n(x, y),
$$

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

3. Do kružnice $k$ je vepsán čtyřúhelník $A B C D$, jehož úhlopříčka $B D$ není průměrem. Dokažte, že průsečík přímek, jež se kružnice $k$ dotýkají v bodech $B$ a $D$, leží na přímce $A C$, právě když platí $|A B| \cdot|C D|=|A D| \cdot|B C|$.
4. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic

$$
\begin{aligned}
& x^{2}-1=p(y+z), \\
& y^{2}-1=p(z+x), \\
& z^{2}-1=p(x+y)
\end{aligned}
$$

s neznámými $x, y, z$ a parametrem $p$. Proved'te diskusi počtu řešení.

II. kolo kategorie A se koná

## v úterý 15. ledna 2002

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. Protože platí

$$
\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta=\frac{\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta}{\cos \alpha \cos \beta}=\frac{\sin (\alpha+\beta)}{\cos \alpha \cos \beta} \leqq \frac{1}{\cos \alpha \cos \beta},
$$

stačí místo nerovnosti ze zadání úlohy dokázat nerovnost

$$
\frac{1}{\cos \alpha}+\frac{1}{\cos \beta} \geqq 2 \sqrt{\frac{1}{\cos \alpha \cos \beta}}
$$

To je ale snadné, nebot po převedení odmocniny z pravé strany na levou dostaneme po úpravě „na čtverec" zřejmou nerovnost

$$
\left(\frac{1}{\sqrt{\cos \alpha}}-\frac{1}{\sqrt{\cos \beta}}\right)^{2} \geqq 0
$$

Tím je celý důkaz hotov. Dodejme, že nerovnost (2) též plyne z nerovnosti mezi aritmetickým a geometrickým průměrem (kladných) čísel $\frac{1}{\cos \alpha} \mathrm{a} \frac{1}{\cos \beta}$.

Rovnost $\mathrm{v}$ dokázané nerovnosti nastane, právě když nastanou rovnosti v obou nerovnostech (1) a (2'). To lze zřejmě vyjádřit podmínkami

$$
\sin (\alpha+\beta)=1 \quad \text { a } \quad \frac{1}{\cos \alpha}=\frac{1}{\cos \beta}
$$

které jsou pro nějaká $\alpha, \beta \in\left\langle 0, \frac{1}{2} \pi\right)$ splněny, právě když $\alpha+\beta=\frac{1}{2} \pi$ a $\alpha=\beta$, neboli $\alpha=\beta=\frac{1}{4} \pi$.

Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 5 bodů za důkaz nerovnosti a 1 bod za analýzu rovnosti, ne však za pouhé uhodnutí podmínky $\alpha=\beta=\frac{1}{4} \pi$ (bez vysvětlení, proč jindy rovnost neplatí).

2. Protože číslo $x$ je dělitelem obou čísel $n(x, y)$ a $x^{2}$, plyne $\mathrm{z}$ dané rovnice, že číslo $x$ také dělí číslo $4 y$. Č́slo $4 y$ je tedy společný násobek čísel $x$ a $y$, takže jejich nejmenši společný násobek $n(x, y)$ je dělitelem čísla $4 y$ (a zároveň násobkem čísla $y$ ). Císlo $n(x, y)$ je tudíž rovno jednomu z čísel $y, 2 y$ nebo $4 y$. Tyto tři případy, jež se pro přirozené $y$ navzájem vylučují, nyní posoudíme odděleně.

(i) $n(x, y)=y$. Platí $y=k x$ pro vhodné přirozené $k$. Dosazením do rovnice dostaneme $x^{2}=4 k x+3 k x$, odkud $x=7 k$, a proto $y=7 k^{2}$. Protože $n\left(7 k, 7 k^{2}\right)=7 k^{2}$ pro každé $k$, je odpovídající dvojice $(x, y)=\left(7 k, 7 k^{2}\right)$ skutečně řešení.

(ii) $n(x, y)=2 y$. Platí $2 y=k x$ pro vhodné liché $k$ (pro $k$ sudé dostaneme, že $x$ dělí $y$, což je případ (i)). Dosazením do rovnice dostaneme $x^{2}=2 k x+3 k x$, odkud $x=5 k$, a proto $2 y=5 k^{2}$. To je spor s tím, že $k$ je liché.

(iii) $n(x, y)=4 y$. Platí $4 y=k x$ pro vhodné liché $k$ (pro $k$ sudé dostaneme, že $x$ dělí $y$ nebo $2 y$, což vede na případ (i) nebo (ii)). Dosazením do rovnice dostaneme $x^{2}=k x+3 k x$,
odkud $x=4 k$, a proto $y=k^{2}$. Protože $n\left(4 k, k^{2}\right)=4 k^{2}$ pro každé liché $k$, je odpovídající dvojice $(x, y)=\left(4 k, k^{2}\right)$ skutečně řešení.

Odpověd': Hledaných dvojic $(x, y)$ je nekonečně mnoho; jsou to jednak dvojice $\left(7 k, 7 k^{2}\right)$, kde $k$ je libovolné přirozené číslo, jednak dvojice $\left(4 k, k^{2}\right)$, kde $k$ je libovolné liché přirozené číslo.

Jiné řešení. Označme $d$ největší společný dělitel hledaných čísel $x$ a $y$. Potom $x=d x_{1}$ a $y=d y_{1}$, kde $x_{1}$ a $y_{1}$ jsou nesoudělná přirozená čísla, a $n(x, y)=d x_{1} y_{1}$. Po dosazení do dané rovnice dostaneme $d^{2} x_{1}^{2}=4 d y_{1}+3 d x_{1} y_{1}$, což po krácení číslem $d$ přepíšeme do tvaru

$$
x_{1}\left(d x_{1}-3 y_{1}\right)=4 y_{1} .
$$

Přirozené číslo $4 y_{1}$ je tedy násobkem čísla $x_{1}$. Čísla $x_{1}$ a $y_{1}$ jsou ale nesoudělná, tudíž číslo $x_{1}$ je dělitelem čísla 4 , a proto $x_{1} \in\{1,2,4\}$.

Je-li $x_{1}=1$, pak z (1) vychází $d=7 y_{1}$, takže $x=d x_{1}=7 y_{1}$ a $y=d y_{1}=7 y_{1}^{2}$. Dvojice čísel $x=7 k$ a $y=7 k^{2}$ je řešením původní rovnice pro každé $k$.

Je-li $x_{1}=2$, pak podle (1) platí $2 d=5 y_{1}$, takže číslo $y_{1}$ je sudé stejně jako číslo $x_{1}$, což odporuje jejich předpokládané nesoudělnosti.

Je-li $x_{1}=4$, pak z (1) vychází $d=y_{1}$, takže $x=d x_{1}=4 d$ a $y=d y_{1}=d^{2}$. Cúsla $x_{1}=4$ a $y_{1}=d$ jsou ovšem nesoudělná, jenom když je $d$ liché číslo. Pro každé takové $d$ je dvojice $x=4 d$ a $y=d^{2}$ řešením původní rovnice.

Za úplné řešení udělte 6 bodů. Při správném postupu s neúplnou diskusí či jinou odstranitelnou chybou a nalezení (nikoliv uhodnutí) pouze jedné $\mathrm{z}$ obou nekonečných skupin řešení udělte nejvýše 3 body. Za pouhé uhodnutí nekonečně mnoha řešení udělte 1 bod.

3. Protože úsečka $B D$ není průměrem kružnice $k$, její tečny v bodech $B$ a $D$ nejsou rovnoběžné, takže se protínají v bodě, který označíme $G$.

(i) Předpokládejme, že bod $G$ leží na přímce $A C$, například na polopřímce opačné k $C A$ (obr.1). (Ležíli bod $G$ na polopřímce opačné k $A C$, vyměníme označení vrcholů $A$ a $C$, které nic nemění na rovnosti, kterou máme dokázat.) Trojúhelníky $A B G$ a $B C G$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_0a2cb88ecc3d077fc06eg-3.jpg?height=458&width=756&top_left_y=1582&top_left_x=587)

Obr. 1

se shodují jak ve vnitřních úhlech u společného vrcholu $G$, tak ve vnitřních úhlech $B A G$ a $C B G$ (podle věty o obvodovém a úsekovém úhlu pro tětivu $B C$ kružnice $k$ ). Proto jsou tyto trojúhelníky podobné, tudǐž platí $|A B|:|B C|=|G B|:|G C|$. Analogická úměra
$|A D|:|C D|=|G D|:|G C|$ plyne z podobných trojúhelníků $A D G$ a $D C G$. Porovnáme-li obě úměry a přihlédneme-li k rovnosti $|G B|=|G D|$ (úseky tečen z bodu $G$ ke kružnici $k$ ), zjistíme, že platí $|A B|:|B C|=|A D|:|C D|$, odkud již plyne rovnost $|A B| \cdot|C D|=$ $=|A D| \cdot|B C|$.

(ii) Předpokládejme nyní, že platí rovnost $|A B| \cdot|C D|=|A D| \cdot|B C|$ a že bod $G$ leží ve stejné polorovině $\mathrm{s}$ hraniční přímkou $B D$ jako bod $C$ (jinak opět vyměníme označení bodů $A$ a $C$, které přímka $B D$ odděluje.) Pak polopřímka $G C$ protíná kružnici $k$ ve dvou bodech, v bodě $C$ a v bodě, který označíme $A^{\prime}$ (obr. 2). Pro čtyř́uhelník $A^{\prime} B C D$ můžeme

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_0a2cb88ecc3d077fc06eg-4.jpg?height=458&width=756&top_left_y=541&top_left_x=587)

Obr. 2

použít tvrzení dokázané v části (i), dostaneme tak rovnost $\left|A^{\prime} B\right| \cdot|C D|=\left|A^{\prime} D\right| \cdot|B C|$. Porovnáním s rovností $|A B| \cdot|C D|=|A D| \cdot|B C|$ zjistíme, že platí $\left|A^{\prime} B\right|:|A B|=\left|A^{\prime} D\right|$ : : $|A D|$. Tato úměra spolu se shodností úhlů $B A^{\prime} D$ a $B A D$ (obvodové úhly nad tětivou $B D$ kružnice $k$ ) znamená, že trojúhelníky $B A^{\prime} D$ a $B A D$ jsou podobné podle věty sus. Protože však straně $B D$ odpovídá strana $B D$, jde o shodné trojúhelníky (ležící ve stejné polorovině s hraniční př́ímkou $B D$ ), tudíž body $A$ a $A^{\prime}$ splývají. Bod $G$ proto leží na přímce $A C$.

Za úplné řešení udělte 6 bodů, po 3 bodech za každou z obou implikací dokázaných v částech (i) a (ii).

4. Odečtením prvních dvou rovnic soustavy dostaneme

$$
x^{2}-y^{2}=p(y-x), \quad \text { neboli } \quad(x-y)(x+y+p)=0 .
$$

Odtud plyne, že aspoň jeden z činitelů $(x-y)$ a $(x+y+p)$ je roven nule, takže číslo $y$ je rovno $x$ nebo $-p-x$. Obdobně odečtením první a třetí rovnice soustavy zjistíme, že rovněž $z \in\{x,-p-x\}$. Dohromady to znamená, že každé řešení $(x, y, z)$ dané soustavy je (až na pořadí) trojice tvaru $(u, u, u)$ nebo $(u, u,-p-u)$.

(i) Trojice $(u, u, u)$ je řešením, právě když číslo $u$ splňuje rovnici $u^{2}-1=2 p u$. Její úpravou dostaneme $(u-p)^{2}=p^{2}+1$, odkud je vidět, že pro každé reálné $p$ existují dvě různá čísla $u$ a jsou rovna $p \pm \sqrt{p^{2}+1}$. Jim odpovídají první dvě řešení původní soustavy

$$
x_{1}=y_{1}=z_{1}=p+\sqrt{p^{2}+1} \quad \text { a } \quad x_{2}=y_{2}=z_{2}=p-\sqrt{p^{2}+1}
$$

(ii) Hledejme nyní všechna řešení soustavy tvaru $(u, u,-p-u)$. Snadno si uvědomíme, že trojice čísel $(u, u,-p-u)$ (v jakémkoliv pořadí) je řešením původní soustavy, právě když
číslo $u$ současně vyhovuje dvěma rovnicím

$$
u^{2}-1=p(u-p-u) \quad \text { a } \quad(-p-u)^{2}-1=p(u+u) .
$$

Je zřejmé, že každá z těchto rovnic je ekvivalentní s rovnicí $u^{2}=1-p^{2}$. Vidíme, že v případě $|p|>1$ číslo $u$ neexistuje, $\mathrm{v}$ případě $|p|=1$ platí $u=0$, konečně v případě $|p|<1$ existují dvě čísla $u$ a jsou rovna $\pm \sqrt{1-p^{2}}$. Odpovídající řešení původní soustavy jsou dvě trojice čísel

$$
\begin{array}{r}
x_{3}=y_{3}=\sqrt{1-p^{2}} \quad \text { a } \quad z_{3}=-p-\sqrt{1-p^{2}}, \\
x_{4}=y_{4}=-\sqrt{1-p^{2}} \quad \text { a } \quad z_{4}=-p+\sqrt{1-p^{2}},
\end{array}
$$

a dále všechny jejich permutace

$$
\begin{array}{ll}
\left(x_{5}, y_{5}, z_{5}\right)=\left(x_{3}, z_{3}, x_{3}\right), & \left(x_{6}, y_{6}, z_{6}\right)=\left(x_{4}, z_{4}, x_{4}\right), \\
\left(x_{7}, y_{7}, z_{7}\right)=\left(z_{3}, x_{3}, x_{3}\right), & \left(x_{8}, y_{8}, z_{8}\right)=\left(z_{4}, x_{4}, x_{4}\right) .
\end{array}
$$

(Vzorce (2) a (3) můžeme použít i v případě $|p|=1$, musíme však mít na paměti, že poskytují jen tři různá řešení, nebot třetí řešení splývá se čtvrtým, páté $\mathrm{s}$ šestým a sedmé s osmým.) Nyní ještě posoudíme, kdy některá řešení uvedená v (2) a (3) splývají s řešeními uvedenými v (1). Taková situace nastane, pokud platí $|p| \leqq 1$ a je splněna některá z rovnic

$$
\sqrt{1-p^{2}}=-p-\sqrt{1-p^{2}} \quad \text { respektive } \quad-\sqrt{1-p^{2}}=-p+\sqrt{1-p^{2}} .
$$

Snadným výpočtem zjistíme, že první rovnice má jediné řešení $p=-\frac{2}{\sqrt{5}}$ (pro takové $p$ třetí, páté a sedmé řešení splývají s prvním řešením) a že druhá rovnice má jediné řešení $p=\frac{2}{\sqrt{5}}$ (pro takové $p$ čtvrté, šesté a osmé řešení splývají s druhým řešením).

Odpověd': Všechna řešení $\left(x_{i}, y_{i}, z_{i}\right)$ dané soustavy rovnic jsou popsána vzorci (1), (2) a (3). Je-li $|p|>1$, existují právě dvě různá řešení (s indexy $i=1,2$ ). Je-li $|p|<1$ a $|p| \neq \frac{2}{\sqrt{5}}$, existuje právě osm různých řešení (s indexy $i=1,2, \ldots, 8$ ). Je-li $|p|=1$ nebo $|p|=\frac{2}{\sqrt{5}}$, existuje právě pět různých řešení ( $\mathrm{s}$ indexy $i=1,2,3,5,7$ pro hodnoty $p=1$, $p=-1, p=\frac{2}{\sqrt{5}}$ a s indexy $i=1,2,4,6,8$ pro $\left.p=-\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$.

Za úplné řešení udělte 6 bodů, z toho 2 body za důkaz, že aspoň dvě z čísel $x, y, z$ se rovnají, 1 bod za nalezení řešení (1), 1 bod za nalezení řešení (2), 1 bod za správné určení počtu řešení pro všechna $p \neq \pm \frac{2}{\sqrt{5}}, 1$ bod za diskusi případu $|p|=\frac{2}{\sqrt{5}}$. Chybí-li nutná zkouška řešení (náš postup ji nevyžadoval), udělte nejvýše 5 bodů.