- ročník matematické olympiády
Úlohy II. kola kategorie B
- Určete všechna reálná čísla $p$ taková, že pro libovolná kladná čísla $x, y$ platí nerovnost
- Je dán trojúhelník $A B C$. Sestrojte rovnoběžník $K L M N$ tak, aby jeho vrcholy $K$ a $L$ ležely na straně $A B$, vrchol $M$ na straně $B C$, vrchol $N$ na straně $A C$ a aby trojúhelníky $A K N, L B M$ a $N M C$ měly stejné obsahy.
- Určete všechna přirozená čísla $n$, pro která je podíl
celé číslo. Zápis $z_{10}$ značí číslo, které vznikne zaokrouhlením čísla $z$ na desítky.
- Najděte všechny ostroúhlé trojúhelníky $A B C$, jejichž těžiště $T$ splývá $\mathrm{s}$ průsečíkem výšek trojúhelníku $P Q R$, přičemž body $P, Q, R$ jsou po řadě průsečíky polopřímek opačných k polopřímkám $T A, T B, T C \mathrm{~s}$ kružnicí opsanou trojúhelníku $A B C$.
II. kolo kategorie B se koná
v úterý 27. března 2001
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 bodư nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.
- Nerovnost je pro kladná $x, y$ zřejmě ekvivalentní se vztahem
Je-li $p \geqq 1$, dostáváme
Je-li však $p<1$, neplatí daná nerovnost například pro $x=y=1$.
Závěr: Daná nerovnost je splněna pro každá dvě kladná čísla $x, y$, právě když $p \geqq 1$.
- Předpokládejme, že rovnoběžník $K L M N$ má požadované vlastnosti. V posunutí o vektor $N M$ (obr.1) je obrazem trojúhelníku $A K N$ trojúhelník $D L M$. Vzniklý trojúhelník $D B M$ má mít (dle zadání) dvakrát větší obsah než trojúhelník $N M C$ a je tomuto trojúhelníku podobný (věta $u u$ ). Koeficient $k$ podobnosti, která převádí trojúhelník $D B M$ na trojúhelník $N M C$, je odmocninou z podílu obsahů těchto trojúhelníků a zároveň podílem délek libovolných dvou v podobnosti si odpovídajících úseček: $k=\sqrt{2}=\frac{|B M|}{|M C|}$. Z podmínky rovnosti obsahů trojúhelníků $L B M, D L M$ a $A K N$, jejichž výšky na strany $L B, D L$ a $A K$ jsou shodné, navíc plyne $|L B|=|D L|=|A K|$.
Odtud plyne konstrukce: Na úsečce $B C$ sestrojíme bod $M$ tak, aby $|B M|:|M C|=\sqrt{2}: 1$. Rovnoběžka s přímkou $A C$ vedená bodem $M$ protne úsečku $A B$ v bodě $D$. Vrchol $N$ na-
Obr. 1 lezneme jako průsečík úsečky $A C \mathrm{~s}$ přímkou, která prochází bodem $M$ rovnoběžně $\mathrm{s} A B$. Bod $L$ sestrojíme jako střed úsečky $D B$, bod $K$ je pak obrazem bodu $L$ v posunutí o vektor $M N$.
Výsledkem konstrukce je rovnoběžník $K L M N$ (jediný pro každý trojúhelník $A B C$ ), o němž se snadno přesvědčíme, že má požadované vlastnosti.
Jiné řešení. Z rovností obsahů trojúhelníků $A K N$ a $L B M$ se shodnými výškami na strany $A K$ a $L B$ plyne shodnost těchto stran. Označme (obr. 1) $|A B|=c,|N M|=|K L|=$ $=x,|B M|=m$ a $|M C|=n$ a $|L B|=|A K|=y$; žrejmě $c=2 y+x$, takže $y=\frac{1}{2}(c-x)$. Trojúhelníky $N M C$ a $L B M$ mají stejné obsahy, je tedy $\frac{1}{2} x n \sin \beta=\frac{1}{2} y m \sin \beta$ neboli $x n=y m$. Po dosazení za $y$ a úpravě máme
Z podobnosti trojúhelníků $N M C$ a $A B C$ plyne úměra $x: c=n:(m+n)$ neboli
takže z rovnosti součinu levých a součinu pravých stran vztahů (1) a (2) dostaneme $m=$ $=n \sqrt{2}$, tj. $\frac{|B M|}{|M C|}=m: n=\sqrt{2}$. Odtud vyplývá konstrukce podobně jako v predchozím řešení.
- Položme $m=\frac{\left(n^{2}\right){10}}{\left(n{10}\right)^{2}}$ a $n=10 k+r$, kde $k$ je celé nezáporné a $r$ je poslední cifra čísla $n$, tj. $r \in{0,1,2, \ldots, 9}$. Zřejmě je $m$ celé pro všechna $n$, která mají $r=0$ a $k>0$. Pokud je $k=0$ a $r \in{1,2,3,4}$, není zlomek $m$ definován.
Necht́ je $k>0$ a $r \in{1,2}$. Pak $m=\frac{100 k^{2}+20 k r}{100 k^{2}}=1+\frac{r}{5 k}$, což není celé číslo.
Pro $k>0$ a $r=3$ platí $m=\frac{100 k^{2}+60 k+10}{100 k^{2}}=1+\frac{6 k+1}{10 k^{2}}$. Čitatel posledního zlomku není na rozdíl od jmenovatele dělitelný deseti, tedy $m$ není celé číslo.
Je-li $k>0$ a $r=4$, máme $m=\frac{100 k^{2}+80 k+20}{100 k^{2}}=1+\frac{4 k+1}{5 k^{2}}$. Odtud $m=2$ pro $k=1$. Pro $k>1$ je $\frac{4 k+1}{5 k^{2}}=\frac{4 k+1}{(4 k+k) k}<\frac{4 k+1}{(4 k+1) k}=\frac{1}{k}$, a tak $m$ nemůže být celé číslo. Je-li konečně $r \in{5,6,7,8,9}$, dostáváme
Závěr: $m$ je celé číslo pro všechna přirozená čísla $n$, jejichž dekadický zápis končí cifrou 0 a pro $n=14$.
- Pravoúhlé trojúhelníky $L R P$ a $K Q P$ na obr. 2 jsou podobné, protože mají společný ostrý úhel při vrcholu $P$. Využijeme-li navíc, že obvodové úhly příslušné témuž oblouku jsou shodné, dostáváme $|\Varangle C A P|=|\Varangle C R P|=|\Varangle L R P|=|\Varangle K Q P|=|\Varangle B Q P|=$ $=|\Varangle B A P|$. Bod $E$ je střed úsečky $B C$, tětivy $C P$ a $B P$ příslušné shodným obvodovým úhlům $A C P$ a $B A P$ jsou shodné. Trojúhelník $C E P$ je tedy shodný s trojúhelníkem $B E P$ podle věty sss, tudíž úhly $A E B$ a $B E P$ stejně jako úhly $A E B$ a $A E C$ jsou shodné (a pravé). Odtud plyne i shodnost trojúhelníků $A E C$ a $A E B$ podle věty sus. Je tedy $|A C|=|A B|$. Analogicky zjistíme, že $|A B|=|B C|$.
Závěr: Daným podmínkám vyhovují jen rovnostranné trojúhelníky $A B C$.
Poznámka. Rovnost $|C P|=|B P|$ lze dokázat i jinak, například na základě poznatku, že obrazy ortocentra v sou-
Obr. 2 měrnostech podle stran trojúhelníku leží na kružnici trojúhelníku opsané (viz pomocnou úlohu 2 ke čtvrté úloze domácího kola). Těžiště $T$ trojúhelníku $A B C$ je zároveň ortocentrem trojúhelníku $P Q R$. Proto jsou obrazem úsečky $T P$ v osových souměrnostech podle přímek $P Q$ a $P R$ po řadě úsečky $C P$ a $B P$, které jsou tudíž shodné.