# 50. ročník matematické olympiády 

## Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie B

1. Najděte všechna trojmístná čísla $n$, jejichž druhá mocnina končí stejným trojčíslím jako druhá mocnina čísla $3 n-2$.
2. Je dán tětivový čtyřúhelník $A B C D$. Označme $E$ průsečík přímek $B C$ a $A D$. Leží-li průsečík úhlopříček $A C$ a $B D$ na ose úhlu $A E B$, je trojúhelník $A B E$ rovnoramenný. Dokažte.
3. Určete mnohočleny $P$ a $Q$ takové, že pro všechna reálná čísla $x$ platí

$$
Q\left(x^{2}\right)=(x+1)^{4}-x(P(x))^{2}
$$

Školní - klauzurní část I. kola kategorie B se koná

## v úterý 23. ledna 2001

tak, aby začala 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. Jestliže číslo $n$ vyhovuje podmínce úlohy, existuje přirozené číslo $k$ takové, že

$$
(3 n-2)^{2}-n^{2}=1000 k \text {. }
$$

Levou stranu uvedené rovnosti rozložíme na součin podle vzorce pro rozdíl čtverců a po snadné úpravě dostaneme

$$
(2 n-1)(n-1)=250 k=2 \cdot 5^{3} \cdot k \text {. }
$$

Č́́sla $2 n-1$ a $n-1$ jsou nesoudělná (je $2 n-1=2(n-1)+1$ ), přitom první z nich je liché, takže druhé musí být sudé. Hledáme tedy lichá trojmístná čísla $n$ taková, že bud' $n-1$ je násobkem 250, nebo $2 n-1$ je lichým násobkem čísla 125 . V prvním případě dostaneme $n \in\{251,501,751\}$ a ve druhém vidíme, že musí být $2 n-1 \in$ $\in\{375,625,875,1125,1375,1625,1875\}$, tedy (protože $n$ je liché) $n \in\{313,563,813\}$. Celkem má úloha uvedených šest řešení.

2. Označme $F$ průsečík úhlopřŕček $A C$ a $B D$ (obr.1). Jestliže je přímka $E F$ osou úhlu $A E B$, jsou úhly $A E F$ a $B E F$ shodné. Navíc jsou shodné i úhly $E A F$ a $E B F$, nebot' jsou to obvodové úhly příslušné téže tětivě $C D$. Trojúhelníky $A F E$ a $B F E$ se shodují ve společné straně $E F$, jsou tedy shodné podle věty usu, $|A E|=|B E|$ a trojúhelník $A B E$ je tudíž rovnoramenný.
3. Předpokládejme, že $P$ je mnohočlen stupně $n$. Členy polynomu $Q\left(x^{2}\right)$ obsahují jen sudé mocniny $x$ a polynom $x \cdot P^{2}(x)$ je lichého stupně $2 n+1$. Protože má platit $Q\left(x^{2}\right)=(x+1)^{4}-x \cdot P^{2}(x)$, vidíme, že nemůže být $2 n+1>4$. Je tedy $n \leqq 1 \mathrm{a}$

$$
P(x)=a x+b, \quad Q\left(x^{2}\right)=(x+1)^{4}-x(a x+b)^{2} .
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_fc67ddbe7f68431451b0g-2.jpg?height=523&width=368&top_left_y=1061&top_left_x=1472)

Obr. 1

Po úpravě dostaneme $Q\left(x^{2}\right)=x^{4}+\left(4-a^{2}\right) x^{3}+(6-2 a b) x^{2}+\left(4-b^{2}\right) x+1$. Koeficienty při lichých mocninách $x$ jsou rovny nule, proto $a, b \in\{-2,2\}$ a $Q\left(x^{2}\right)=x^{4}+(6-2 a b) x^{2}+1$. Dosazením každé ze čtyř možných dvojic čísel $a, b$ do (1) nalezneme všechna čtyři řešení úlohy:

$$
\begin{aligned}
& P(x)=2 x+2 \text { a } Q(x)=x^{2}-2 x+1, \\
& P(x)=2 x-2 \text { a } Q(x)=x^{2}+14 x+1, \\
& P(x)=-2 x+2 \text { a } Q(x)=x^{2}+14 x+1, \\
& P(x)=-2 x-2 \text { a } Q(x)=x^{2}-2 x+1
\end{aligned}
$$