# 48. ročník matematické olympiády 

## Úlohy II. kola kategorie B

1. Najděte všechny čtveřice přirozených čísel $a, b, c, d$, pro které platí

$$
\begin{aligned}
& a b+c d=1999 \\
& a c+b d=1999 \\
& a d+b c=1999
\end{aligned}
$$

2. Je dán pravouhlý trojúhelník $A B C$, nad jehož odvěsnami $A B$ a $B C$ (jako nad průměry) jsou vně trojúhelníku sestrojeny po řadě polokružnice $k$ a $l$. Vrcholem $B$ ved'te přímku $p$, která protíná polokružnice $k$ a $l$ po řadě v bodech $X$ a $Y$ tak, aby čtyřúhelník $A X Y C$ měl co největší obvod.
3. Najděte všechny možné hodnoty výrazu

$$
\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}
$$

kde $x$ a $y$ jsou libovolná reálná čísla splňující podmínku $x+y \geqq 1$.

4. Necht $A$ a $B$ jsou různé body roviny. Dále je dán orientovaný úhel $\omega\left(0^{\circ}<\omega<90^{\circ}\right)$. Pro libovolný bod $X$ označme po řadě $X_{A}, X_{B}$ obrazy bodu $X$ v otočeních kolem středů $A$ a $B$ o úhel $\omega$. Najděte všechny takové body $X$, pro něž je trojúhelník $X X_{A} X_{B}$ rovnostranný.

II. kolo kategorie B se koná

## v úterý 30. března 1999

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. Po odečtení druhé rovnice od první a třetí rovnice od druhé dostaneme dvě rovnice, které po jednoduché úpravě mají tvar

$$
(a-d)(b-c)=0, \quad(a-b)(c-d)=0
$$

Odtud plyne, že ze čtyř čísel $a, b, c, d$ jsou aspoň tři sobě rovna. Necht je např. $a=b=c$. Po dosazení do první rovnice původní soustavy dostaneme

$$
a^{2}+a d=a(a+d)=1999 .
$$

Jelikož 1999 je prvočíslo, vyhovuje jedině $a=1$ a $a+d=1999$. Odtud plyne, že

$$
a=b=c=1, \quad d=1998 .
$$

Záměnou dostaneme další tři řešení

$$
a=b=d=1, c=1998, \quad a=c=d=1, b=1998, \quad b=c=d=1, a=1998 .
$$

Dosazením se snadno přesvědčíme, že všechny čtyři čtveřice vyhovují.

Za úplné řešení je 6 bodů. Řešení nalezená odhadem, tj. když chybí důkaz, že jiná řešení neexistují, oceňte 2 body, pokud nejsou uvedena všechna řešení, dejte 4 body.

2. Označme $|A B|=a,|B C|=b$ a $\varphi$ velikost úhlu $X A B\left(0<\varphi<90^{\circ}\right.$, obr. 1$)$. Zřejmě je také $|\Varangle C B Y|=90^{\circ}-|\Varangle A B X|=|\Varangle X A B|=\varphi$. Protože délka strany $A C$ čtyřúhelníku $A X Y C$ na poloze bodů $X, Y$ nezávisí, stačí vyšetřovat délku $d$ lomené čáry $A X Y C$, pro kterou platí

$$
\begin{aligned}
d & =|A X|+|X B|+|B Y|+|Y C|= \\
& =a \cos \varphi+a \sin \varphi+b \cos \varphi+b \sin \varphi= \\
& =(a+b)(\sin \varphi+\cos \varphi)= \\
& =\sqrt{2}(a+b)\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \varphi+\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \varphi\right)= \\
& =\sqrt{2}(a+b) \sin \left(\varphi+45^{\circ}\right) \leqq \sqrt{2}(a+b) .
\end{aligned}
$$

Přitom v poslední nerovnosti nastane rovnost, právě když

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_090b6d5518511555bc76g-2.jpg?height=453&width=569&top_left_y=1389&top_left_x=1293)

Obr. 1 $\varphi+45^{\circ}=90^{\circ}$, tj. právě když $\varphi=45^{\circ}$.

Odtud jednoduše plyne konstrukce přímky $p$.

Poznámka. Hodnota $d$ je maximální, právě když je maximální hodnota $d^{2}$, proto můžeme místo $d$ vyšetřovat hodnotu $d^{2}$ :

$$
d^{2}=(a+b)^{2}\left(\sin ^{2} \varphi+2 \sin \varphi \cos \varphi+\cos ^{2} \varphi\right)=(a+b)^{2}(1+\sin 2 \varphi) \leqq 2(a+b)^{2}
$$

Odtud vychází, že $d \leqq \sqrt{2}(a+b)$, přičemž maximální hodnoty dosahuje $d$, právě když $\sin 2 \varphi=1$, tj. $\varphi=45^{\circ}$.

Jiné řešení. Jak jsme už zjistili výše, je $|\Varangle C B Y|=|\Varangle X A B|$, takže oba pravoúhlé trojúhelníky $B C Y$ a $A B X$ jsou podobné $\mathrm{s}$ koeficientem podobnosti $\lambda=|B C|:|A B|=$ $=b: a$. Pro délku $d$ lomené čáry $A X Y C$ tedy platí, že $d=(1+\lambda)(|A X|+|X B|)$ bude maximální, právě když bude maximální součet $|A X|+|X B|$. Z rovnosti $(|A X|+|X B|)^{2}=$ $=a^{2}+2|A X||X B|$ plyne, že uvedený součet bude maximální, právě když bude maximální obsah $\frac{1}{2}|A X||X B|$ trojúhelníku $A B X$, tedy právě když bude trojúhelník $A B X$ rovnoramenný, tj. $|A X|=|X B|$ a $\varphi=45^{\circ}$.

Za úplné řešení je 6 bodů. Konstrukce přímky $p$ není nutná.

3. Abychom určili obor hodnot daného výrazu, najdeme pro každé $s \geqq 1$ všechna ta čísla $p$, pro která má soustava rovnic

$$
x+y=s, \quad \frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}=p
$$

v oboru reálných čísel řešení ( $z$ předpokladu $s \geqq 1$ zřejmě plyne, že je $p>0$ ).

$\mathrm{Z}$ první rovnice vyjádříme $y=s-x$ a dosadíme do druhé rovnice. Po úpravě dostaneme pro neznámou $x$ kvadratickou rovnici

$$
2 p x^{2}-2 p s x+s(p s-1)=0 \text {. }
$$

Ta má reálné řešení, právě když je její diskriminant $D=4 p s(2-p s)$ nezáporný. Protože jsou obě čísla $s$ a $p$ kladná, nerovnost $D \geqq 0$ platí, právě když $p s \leqq 2$. To znamená, že uvažovaná soustava rovnic má reálné řešení pro každé $p \leqq \frac{2}{s} \leqq 2$ a speciálně pro $s=1$ pro každé kladné $p \leqq 2$.

Zkoumaný výraz tedy nabývá všech hodnot z intervalu $(0,2\rangle$.

Jiné řešení. Z Cauchyovy nerovnosti $(x+y)^{2} \leqq 2\left(x^{2}+y^{2}\right)$, jež platí pro libovolná reálná čísla $x$ a $y$, plyne za předpokladu $x+y \geqq 1$ odhad

$$
0<\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}} \leqq \frac{x+y}{\frac{1}{2}(x+y)^{2}}=\frac{2}{x+y} \leqq 2
$$

Naopak pro každé $p \in(0,2\rangle$ stačí položit např. $x=y=\frac{1}{p}$. Potom

$$
\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}}=p \quad \text { a } \quad x+y=\frac{2}{p} \geqq 1 .
$$

Hledanou množinu hodnot tedy tvoří polouzavřený interval $(0,2)$.

Za úplné řešení je 6 bodů. Za důkaz, že hodnoty zkoumaného výrazu padnou do intervalu $(0,2)$ dejte 4 body, za důkaz, že pro každé $p \in(0,2)$ existují odpovídající $x$ a $y$, pro něž se výraz rovná $p$, dejte 2 body.

4. Předpokládejme, že bod $X$ má požadovanou vlastnost, tj. že trojúhelník $X X_{A} X_{B}$ je rovnostranný. Potom jsou trojúhelníky $A X X_{A}$ a $B X X_{B}$ shodné, nebot jsou rovnoramenné se shodným vrcholovým úhlem a shodnou základnou (obr. 2). Proto $|A X|=|B X|$. A protože $\left|\Varangle X_{A} X X_{B}\right|=60^{\circ}$, je trojúhelník $B X X_{B}$ obrazem trojúhelníku $A X X_{A}$ v otočení kolem vrcholu $X$ o úhel $60^{\circ}$. V tomto otočení je obrazem bodu $A$ bod $B$, proto $|\Varangle A X B|=60^{\circ}$. To znamená, že trojúhelník $A B X$ je rovnostranný. Takové body $X$ existují v rovině právě dva.

Za úplné řešení je 6 bodů.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_090b6d5518511555bc76g-4.jpg?height=469&width=567&top_left_y=215&top_left_x=1294)

Obr. 2