# 51. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie B 1. Najděte všechna přirozená čísla $n$, která jsou menší než 100 a mají tu vlastnost, že druhé mocniny čísel $7 n+5$ a $4 n+3$ končí stejným dvojčíslím. 2. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic $$ \begin{aligned} \left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right)+24 x y & =0 \\ \frac{12 x}{x^{2}+1}+\frac{12 y}{y^{2}+1}+1 & =0 \end{aligned} $$ 3. Uvnitř stran $A B, B C, C D$ a $D A$ konvexního čtyřúhelníku $A B C D$ jsou po řadě zvoleny body $K, L, M$ a $N$. Označme $S$ průsečík přímek $K M$ a $L N$. Je-li možno vepsat kružnice čtyřúhelníkům $A K S N, B L S K, C M S L$ a $D N S M$, je možno vepsat kružnici i čtyřúhelníku $A B C D$. Dokažte. 4. Je dáno $n$ nezáporných čísel. Můžeme vybrat libovolná dvě z nich, řekněme $a$ a $b$, $a \leqq b$, a zaměnit je čísly 0 a $b-a$. Dokažte, že opakováním této operace lze všechna daná čísla změnit na nuly, právě když původní čísla lze rozdělit do dvou skupin tak, že součty čísel v obou skupinách jsou stejné. II. kolo kategorie B se koná v úterý 26. března 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 číslo $4 n+3$ je liché, musí být liché i číslo $7 n+5$, takže číslo $n$ musí být sudé: $n=2 k$ pro vhodné celé $k$. Požadovanou vlastnost lze vyjádřit takto: rozdíl $D=(7 n+5)^{2}-(4 n+3)^{2}$ je dělitelný číslem 100. S využitím rozkladu $$ D=((7 n+5)-(4 n+3))((7 n+5)+(4 n+3))=(3 n+2)(11 n+8) $$ po dosazení $n=2 k$ dostaneme vyjádření $D=4(3 k+1)(11 k+4)$. Zajímá nás tedy, kdy je součin $(3 k+1)(11 k+4)$ dělitelný číslem 25 . Oba činitelé $3 k+1$ a $11 k+4$ nemohou být násobky pěti zároveň, protože pro jejich největší společný dělitel vychází $$ \operatorname{nsd}(11 k+4,3 k+1)=\operatorname{nsd}(3 k+1,2 k+1)=\operatorname{nsd}(2 k+1, k)=\operatorname{nsd}(k, 1)=1 $$ Zjistíme proto, kdy platí $25 \mid 3 k+1$ a kdy platí $25 \mid 11 k+4$. Z vyjádření $$ 3 k+1=3(k-8)+25 \quad \text { a } \quad 11 k+4=11(k-11)+125 $$ vidíme, že $25 \mid 3 k+1$, právě když $k=25 t+8$, zatímco $25 \mid 11 k+4$, právě když $k=25 t+11$ (písmeno $t$ značí v obou případech celé číslo). Hledaná čísla $n=2 k$ jsou proto čísla tvarů $n=50 t+16$ a $n=50 t+22$, v rozmezí od 1 do 99 jsou to tudíž právě čísla $16,22,66$ a 72 . Jiné řešení. Nejprve zjistíme poslední číslice čísel $(7 n+5)^{2}$ a $(4 n+3)^{2}$ v závislosti na poslední číslici čísla $n$ : | $n$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | | $7 n+5$ | 5 | 2 | 9 | 6 | 3 | 0 | 7 | 4 | 1 | 8 | | $(7 n+5)^{2}$ | 5 | 4 | $\mathbf{1}$ | 6 | 9 | 0 | $\mathbf{9}$ | 6 | 1 | 4 | | $4 n+3$ | 3 | 7 | 1 | 5 | 9 | 3 | 7 | 1 | 5 | 9 | | $(4 n+3)^{2}$ | 9 | 9 | $\mathbf{1}$ | 5 | 1 | 9 | $\mathbf{9}$ | 1 | 5 | 1 | (Výpočet celé tabulky se zkrátí na polovinu, když si předem jako $\mathrm{v}$ předchozím řešení uvědomíme, že $n$ musí být sudé.) Vidíme, že čísla $(7 n+5)^{2}$ a $(4 n+3)^{2}$ končí stejnou číslicí, právě když číslo $n$ končí číslicí 2 nebo 6 . Každé hledané $n<100$ je tedy bud’ tvaru $n=10 a+2$, nebo tvaru $n=10 a+6$, kde $a$ je neznámá číslice. I když by stačilo otestovat všech $2 \cdot 10=20$ takových čísel $n$, zvolíme jiný postup. (i) Pro $n=10 a+2$ platí $$ \begin{aligned} & (7 n+5)^{2}=(70 a+19)^{2}=4900 a^{2}+2660 a+361 \\ & (4 n+3)^{2}=(40 a+11)^{2}=1600 a^{2}+880 a+121 \end{aligned} $$ Vidíme, že číslo $(7 n+5)^{2}$ má na místě desítek stejnou číslici, jakou má číslo $6 a+6$ na místě jednotek; číslo $(4 n+3)^{2}$ zase má na místě desítek stejnou číslici, jakou má číslo $8 a+2$ na místě jednotek. Hledáme tedy číslice $a$, pro které rozdíl $(8 a+2)-(6 a+6)=2(a-2)$ končí číslicí nula; zřejmě to platí pouze pro $a=2$ a $a=7$, kterým odpovídají řešení $n=22$ a $n=72$. (ii) Pro $n=10 a+6$ platí $$ \begin{aligned} & (7 n+5)^{2}=(70 a+47)^{2}=4900 a^{2}+6580 a+2209 \\ & (4 n+3)^{2}=(40 a+27)^{2}=1600 a^{2}+2160 a+729 \end{aligned} $$ Tentokrát jsou počty desítek v těchto číslech stejné jako počty jednotek v číslech $8 a$ a $6 a+2$. Rozdíl $8 a-(6 a+2)=2(a-1)$ končí číslicí nula jedině pro $a=1$ a $a=6$. Odpovídající řešení jsou $n=16$ a $n=66$. Za úplné řešení udělte 6 bodů. Za poznatek, že číslo $n$ končí číslicí 2 nebo 6 , udělte 2 body. 2. Protože pro libovolná reálná čísla $x, y$ jsou obě čísla $\left(x^{2}+1\right)$ a $\left(y^{2}+1\right)$ nenulová (totiž kladná), můžeme přejít k novým neznámým $$ u=\frac{x}{x^{2}+1} \quad \text { a } \quad v=\frac{y}{y^{2}+1} $$ ve kterých má zřejmě původní soustava rovnic tvar $$ 1+24 u v=0 \quad \text { a } \quad 12 u+12 v+1=0 \text {. } $$ Odtud například pro neznámou $u$ snadno dostaneme kvadratickou rovnici $$ 24 u^{2}+2 u-1=0 $$ s kořeny $u_{1}=\frac{1}{6}$ a $u_{2}=-\frac{1}{4}$, kterým „symetricky“ odpovídají hodnoty $v_{1}=-\frac{1}{4}$ a $v_{2}=\frac{1}{6}$. Protože (kvadratické) rovnice $$ \frac{s}{s^{2}+1}=\frac{1}{6} \quad \text { a } \quad \frac{t}{t^{2}+1}=-\frac{1}{4} $$ mají řešení $$ s_{1,2}=3 \pm \sqrt{8} \quad \text { a } \quad t_{1,2}=-2 \pm \sqrt{3} $$ má původní soustava právě osm řešení, a to dvojice tvaru $(x, y)=(3 \pm \sqrt{8},-2 \pm \sqrt{3})$ a $(x, y)=(-2 \pm \sqrt{3}, 3 \pm \sqrt{8})$, kde znaménka jsou kombinována libovolně. Za úplné řešení udělte 6 bodů. 3. Předpokládejme, že zmíněným čtyřem čtyřúhelníkům lze vepsat kružnice. Body dotyků těchto kružnic s příslušnými stranami čtyř́uhelníků označme jako na obrázku. Ze sou- ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_24ae731d090ccd17cc30g-4.jpg?height=582&width=615&top_left_y=232&top_left_x=690) měrnosti tečen sestrojených z jednoho bodu k téže kružnici plynou rovnosti $$ \left|A P_{1}\right|=\left|A P_{1}^{\prime}\right|,\left|B P_{2}\right|=\left|B P_{2}^{\prime}\right|,\left|C P_{3}\right|=\left|C P_{3}^{\prime}\right|,\left|D P_{4}\right|=\left|D P_{4}^{\prime}\right| $$ a $$ \left|S Q_{1}\right|=\left|S Q_{1}^{\prime}\right|,\left|S Q_{2}\right|=\left|S Q_{2}^{\prime}\right|,\left|S Q_{3}\right|=\left|S Q_{3}^{\prime}\right|,\left|S Q_{4}\right|=\left|S Q_{4}^{\prime}\right| . $$ Ze souměrnosti společných vnějších tečen dvou kružnic zase plynou rovnosti $$ \left|P_{1} P_{2}^{\prime}\right|=\left|Q_{1}^{\prime} Q_{2}\right|,\left|P_{2} P_{3}^{\prime}\right|=\left|Q_{2}^{\prime} Q_{3}\right|,\left|P_{3} P_{4}^{\prime}\right|=\left|Q_{3}^{\prime} Q_{4}\right|,\left|P_{4} P_{1}^{\prime}\right|=\left|Q_{4}^{\prime} Q_{1}\right| . $$ Podle známé poučky lze konvexnímu čtyřúhelníku $A B C D$ vepsat kružnici, právě když délky jeho stran splňují podmínku $$ |A B|+|C D|=|B C|+|D A|, $$ kterou lze s ohledem na (1) upravit do tvaru $$ \left|P_{1} P_{2}^{\prime}\right|+\left|P_{3} P_{4}^{\prime}\right|=\left|P_{2} P_{3}^{\prime}\right|+\left|P_{4} P_{1}^{\prime}\right| . $$ Všimněme si, že podle (2) a (3) platí rovnosti $$ \begin{aligned} & \left|P_{1} P_{2}^{\prime}\right|=\left|Q_{1}^{\prime} Q_{2}\right|=\left|Q_{1}^{\prime} S\right|+\left|S Q_{2}\right|=\left|S Q_{1}\right|+\left|S Q_{2}\right|, \\ & \left|P_{2} P_{3}^{\prime}\right|=\left|Q_{2}^{\prime} Q_{3}\right|=\left|Q_{2}^{\prime} S\right|+\left|S Q_{3}\right|=\left|S Q_{2}\right|+\left|S Q_{3}\right|, \\ & \left|P_{3} P_{4}^{\prime}\right|=\left|Q_{3}^{\prime} Q_{4}\right|=\left|Q_{3}^{\prime} S\right|+\left|S Q_{4}\right|=\left|S Q_{3}\right|+\left|S Q_{4}\right|, \\ & \left|P_{4} P_{1}^{\prime}\right|=\left|Q_{4}^{\prime} Q_{1}\right|=\left|Q_{4}^{\prime} S\right|+\left|S Q_{1}\right|=\left|S Q_{4}\right|+\left|S Q_{1}\right| . \end{aligned} $$ Obě strany (4) se tudíž rovnají součtu $\left|S Q_{1}\right|+\left|S Q_{2}\right|+\left|S Q_{3}\right|+\left|S Q_{4}\right|$ a důkaz je hotov. Za úplné řešení udělte 6 bodů. 4. Poznamenejme nejdříve, že popsanou operaci nemá smysl provádět $\mathrm{s}$ dvojicí čísel $(a, b)$ obsahující číslo nulu, nebot taková dvojice se operací nezmění. (i) Předpokládejme nejdříve, že danou skupinu $n$ nezáporných čísel lze rozdělit na dvě podskupiny $A$ a $B$ se stejným součtem čísel. Ukažme, že v tomto případě lze opakováním operace změnit všechna čísla obou skupin $A$ a $B$ na nuly. Obsahuje-li některá ze skupin $A, B$ aspoň jedno kladné číslo (jinak jsme hotovi), plyne $\mathrm{z}$ rovnosti součtů čísel $\mathrm{v}$ obou skupinách, že kladné číslo existuje v obou z nich. Vyberme tedy kladné číslo $a \in A$ a kladné číslo $b \in B$ a proved'me operaci právě s těmito dvěma čísly. Je-li například $a \leqq b$ (v případě $a \geqq b$ je úvaha obdobná), změní se číslo $a$ ve skupině $A$ na nulu a číslo $b$ ve skupině $B$ na číslo $b-a$, takže se celkový součet čísel ve skupině $A$ zmenší o $a$, stejně jako celkový součet čísel ve skupině $B$. Proto budou po provedené operaci součty čísel ve skupinách $A$ a $B$ opět stejné, přitom se celkový počet nul v $A \cup B$ zvětší o 1 (pokud bylo $a \neq b$ ) nebo o 2 (pokud bylo $a=b$ ). Opakováním popsané operace s kladnými čísly $a \in A$ a $b \in B$ se proto po konečném počtu kroků dostaneme do situace, kdy v žádné ze skupin $A, B$ již nebude kladné číslo. (ii) Předpokládejme nyní, že z dané $n$-tice nezáporných čísel jsme dostali vhodným opakováním operace $n$-tici složenou ze samých nul. Dokažme indukcí, že před provedením každé jednotlivé operace bylo možné aktuální $n$-tici čísel rozdělit na dvě podskupiny $A$ a $B$ se stejným součtem. Před provedením poslední operace musela mít aktuální $n$-tice čísel tvar $\{a, a, 0,0, \ldots, 0\}$, takže vhodné rozdělení bylo $A=\{a\}$ a $B=\{a, 0,0, \ldots, 0\}$. Předpokládejme nyní, že po provedení některé operace s čísly $(a, b), a \leqq b$, existovalo rozdělení čísel do podskupin $A$ a $B$ se stejným součtem, a ukažme, že i před provedením této operace takové rozdělení existovalo. Jistě můžeme předpokládat, že nová čísla 0 a $b-a$ nepatří do stejné z obou podskupin $A$ a $B$ (jinak přehodíme číslo 0 do druhé podskupiny, což nezmění součty čísel v podskupinách), necht̉ tedy například $0 \in A$ a $b-a \in B$. Potom číslo $0 \mathrm{v} A$ zaměníme číslem $a$ a číslo $b-a \mathrm{v} B$ zaměníme číslem $b$; dostaneme tak vhodné rozdělení aktuálních čísel před uvažovanou operací. Za úplné řešení udělte 6 bodů, 3 body za část (i) a 3 body za část (ii).