# 51. ročník matematické olympiády 

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

1. Určete reálné číslo $p$ tak, aby rovnice

$$
x^{2}+4 p x+5 p^{2}+6 p-16=0
$$

měla dva různé kořeny $x_{1}, x_{2}$ a aby součet $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$ byl co nejmenší.

2. Uvnitř stran $B C, C A, A B$ daného ostroúhlého trojúhelníku $A B C$ jsou po řadě vybrány body $X, Y$ a $Z$ tak, že každému ze čtyřúhelníků $A B X Y, B C Y Z$ a $C A Z X$ lze opsat kružnici. Dokažte, že body $X, Y, Z$ jsou paty výšek trojúhelníku $A B C$.
3. Na tabuli jsou napsána čísla $1,2, \ldots$, 17. Čísla postupně mažeme, a to tak, že z dosud nesmazaných čísel zvolíme libovolné číslo $k$ a smažeme všechna ta čísla na tabuli, která dělí $k+17$. Dokažte, že opakováním této procedury se nám nepodaří všechna čísla smazat.

Školní - klauzurní část I. kola kategorie B se koná

v úterý 22. ledna 2002

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 žákům sdělí před zahájením soutěže.

1. Pro kořeny $x_{1}, x_{2}$ dané kvadratické rovnice (pokud existují) platí podle Viètových vztahů rovnosti

$$
x_{1}+x_{2}=-4 p \quad \text { a } \quad x_{1} x_{2}=5 p^{2}+6 p-16
$$

ze kterých vypočteme zkoumaný součet

$$
\begin{aligned}
x_{1}^{2}+x_{2}^{2} & =\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=(-4 p)^{2}-2\left(5 p^{2}+6 p-16\right)= \\
& =6 p^{2}-12 p+32=6(p-1)^{2}+26 .
\end{aligned}
$$

Odtud plyne nerovnost $x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \geqq 26$, přitom rovnost může nastat, jen když $p=1$. Zjistíme proto, zda pro $p=1$ má daná rovnice skutečně dvě různá řešení: jde o rovnici $x^{2}+4 x-5=0$ $\mathrm{s}$ kořeny $x_{1}=-5$ a $x_{2}=1$. Tím je úloha vyřešena.

Dodejme, že většina řešitelů patrně nejprve zjistí, pro která $p$ má daná rovnice dva různé kořeny. Protože pro její diskriminant $D$ platí

$$
D=(4 p)^{2}-4\left(5 p^{2}+6 p-16\right)=-4 p^{2}-24 p+64=-4(p+8)(p-2),
$$

jsou taková $p$ právě čísla z intervalu $(-8,2)$.

Odpověd': Maximální hodnota součtu $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$ (rovná 26) odpovídá jedinému číslu $p=1$.

Za úplné řešení je 6 bodů, z toho 4 body za vyjádření součtu $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$ kvadratickou funkcí $6 p^{2}-12 p+32$, 1 bod za nalezení jejího minima a 1 bod za prověrku toho, že $\mathrm{v}$ bodě minima $p=1$ má rovnice skutečně dva různé kořeny (třeba i formou nalezení intervalu $p \in(-8,2)$ z nerovnosti $D>0$ ).

2. V tětivovém čtyřúhelníku $A B X Y$ označme $\varphi=|\Varangle A X B|=|\Varangle A Y B|$ velikost obou shodných obvodových úhli̊ nad společnou tětivou $A B$ (obr.1). Podobně označme

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_85ed6314347bae2c54e0g-2.jpg?height=502&width=453&top_left_y=1576&top_left_x=801)

Obr. 1

$\psi=|\Varangle B Z C|=|\Varangle B Y C|$ a $\omega=|\Varangle C X A|=|\Varangle C Z A|$ velikosti shodných obvodových úhlo̊ nad tětivami $B C$ a $C A$ v tětivových čtyřúhelnících $B C Y Z$ a $C A Z X$. Zapíšeme-li
postupně rovnosti pro každou ze tří dvojic vyznačených sousedních úhlů ve vrcholech $X$, $Y$ a $Z$, dostaneme pro neznámé velikosti $\varphi, \psi$ a $\omega$ soustavu tří lineárních rovnic

$$
\begin{aligned}
& \varphi+\psi=\pi \\
& \psi+\omega=\pi \\
& \omega+\varphi=\pi
\end{aligned}
$$

která má jediné řešení $\varphi=\psi=\omega=\frac{1}{2} \pi$, jak snadno zjistíme např. odečtením libovolných dvou rovnic a dosazením. Tím je tvrzení úlohy dokázáno.

Poznámka. Jsou-li naopak body $X, Y$ a $Z$ paty výšek trojúhelníku $A B C$, jsou čtyřúhelníky $A B X Y, B C Y Z$ a $C A Z X$ tětivové podle Thaletovy věty.

Za úplné řešení je 6 bodů.

3. Protože pro zvolené číslo $k$ vždy platí $18 \leqq k+17 \leqq 34$ a mezi čísly $18,19, \ldots, 34$ má každé z čísel 12,13,..,17 pouze jeden násobek (totiž dvojnásobek), libovolné číslo $m \in\{12,13, \ldots, 17\}$ smažeme pouze při volbě jediného čísla $k$ (při kterém $k+17=2 m$ ). Např́ílad číslo 15 smažeme pouze volbou $k=13$, číslo 13 pouze volbou $k=9$. Ke smazání obou čísel 15 a 13 tedy musíme někdy vybrat $k=13$ a někdy později $k=9$. Pak ale v okamžiku výběru čísla $k=9$ je už smazáno jak číslo 10 (smazali jsme ho nejpozději při výběru $k=13$ ), tak číslo 1 (to jsme smazali hned při prvním výběru). Při žádném dalším výběru už proto nesmažeme číslo 9 , protože číslo $k+17$ je dělitelné devíti pouze při výběrech $k=1$ a $k=10$. Dokázali jsme, že opakováním dané procedury nelze smazat všechna tři čísla 15, 13 a 9, tím spíše nelze smazat všechna čísla od 1 do 17 .

Jiné řešení. Připustme, že všechna čísla lze smazat po $n$ výběrech čísla $k$ (spojených s mazáním všech dělitelů čísla $k+17$ ) a že každým výběrem se něco umaže (jinak je takový výběr zbytečný). Poslední mj. znamená, že každé číslo je vybráno nejvýše jednou. Zřejmě $n>1$ a pro poslední vybrané číslo $k_{n}$ musí platit $k_{n} \mid\left(k_{n}+17\right.$ ), tj. $k_{n}=17$ (možnost $k_{n}=1$ je vyloučena tím, že číslo 1 je smazáno hned při prvním výběru). Před posledním výběrem jsou na tabuli jen dělitelé čísla 34 , tedy kromě čísla 17 případně číslo 2 . Kdyby tam číslo 2 nebylo, muselo by opět platit $k_{n-1} \mid\left(k_{n-1}+17\right)$, což už možné není. Proto nutně $k_{n-1}=2$. Taková volba je ale zbytečná, protože číslo $2+17$ je prvočíslo.

Za úplné řešení je 6 bodů.