Czech/md/cs-mo-secondary/cs-3471673-a48s.md

48. ročník matematické olympiády

Úlohy školní - klauzurní části I. kola kategorie A

1. Dokažte, že existuje ostroúhlý trojúhelník $A B C$, jehož těžnice z vrcholů $A$ a $B$ jsou po řadě shodné se stranami $A C$ a $A B$.
2. V rovině jsou dány dva různé body $A$ a $B$. Najděte všechna reálná čísla $k>1$, pro něž platí: Ze všech trojúhelníků $A B C$, v nichž $|A C|:|B C|=k$, největší možný vnitřní úhel při vrcholu $A$ má trojúhelník rovnoramenný.
3. Ukažte, že pro každé přirozené číslo $n$ je součin

$$(4-\frac{2}{1})(4-\frac{2}{2})(4-\frac{2}{3})\dots (4-\frac{2}{n})\backslash left(4-\backslash frac\{2\}\{1\}\backslash right)\backslash left(4-\backslash frac\{2\}\{2\}\backslash right)\backslash left(4-\backslash frac\{2\}\{3\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(4-\backslash frac\{2\}\{n\}\backslash right)$$

celé číslo.

Školní - klauzurní část I. kola kategorie a se koná

v úterý 8. prosince 1998

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. Z rovností $t_{a}=b, t_{b}=c$ podle známých vzorců pro velikosti těžnic

$$t_a=\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}}\text{ a }{t}_b=\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}t\_\{a\}=\backslash sqrt\{\backslash frac\{b^\{2\}+c^\{2\}\}\{2\}-\backslash frac\{a^\{2\}\}\{4\}\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; t\_\{b\}=\backslash sqrt\{\backslash frac\{a^\{2\}+c^\{2\}\}\{2\}-\backslash frac\{b^\{2\}\}\{4\}\}$$

dostaneme po umocnění a jednoduché úpravě

Sečtením vyjde $a^{2}=3 b^{2}$ a dosazením do jedné z rovnic $2 c^{2}=5 b^{2}$. Obě rovnosti $t_{a}=b$, $t_{b}=c$ tedy platí zároveň, právě když $a^{2}: b^{2}: c^{2}=6: 2: 5$. Trojúhelník o stranách $\sqrt{6}, \sqrt{2}, \sqrt{5}$ zřejmě existuje a je ostroúhlý, nebot $6<2+5$.

Za úplné řešení je 6 bodů.

2. Předpokládejme, že číslo $k>1$ je pevné. Zvolíme-li v rovině úsečku $A B$, vrcholy $C$ všech uvažovaných trojúhelníků $A B C$ zaplní Apolloniovu kružnici $\omega$ všech bodů $X$ s vlastností $|A X|:|B X|=k$. Úhel $B A C$ bude maximální, právě když přímka $A C$ bude tečnou této kružnice $\omega$ (a bod $C$ bude její bod dotyku).

Popišme polohu krajních bodů $U, V$ toho průměru kružnice $\omega$, jenž leží na přímce $A B$ : bod $U$ je vnitřním bodem úsečky $A B$, bod $V$ vnitřním bodem polopřímky opačné k polopřímce $B A$, přičemž pochopitelně platí

$$\mathrm{\mid }AU\mathrm{\mid }:\mathrm{\mid }BU\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AV\mathrm{\mid }:\mathrm{\mid }BV\mathrm{\mid }=k\mathrm{.}|A\; U|:|B\; U|=|A\; V|:|B\; V|=k\; .$$

Odtud se snadno pomocí délky $c=|A B|$ určí, že

$$\mathrm{\mid }AU\mathrm{\mid }=\frac{kc}{k+1}\text{ a }\mathrm{\mid }AV\mathrm{\mid }=\frac{kc}{k-1}|A\; U|=\backslash frac\{k\; c\}\{k+1\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad|A\; V|=\backslash frac\{k\; c\}\{k-1\}$$

Bod $C$ na kružnici $\omega$ je bodem dotyku tečny vedené bodem $A$ k této kružnici, právě když platí (mocnost bodu ke kružnici) rovnost $|A C|^{2}=|A U| \cdot|A V|$, z níž po dosazení za $|A U|$ a $|A V|$ dostaneme

Odtud snadno vidíme, že $a^{2}+c^{2}=b^{2}$, takže trojúhelník $A B C \mathrm{~s}$ maximálním úhlem u vrcholu $A$ je pravoúhlý (s přeponou $A C$ ). To platí pro každé $k>1$.

Jiné řešení. Do kosinové věty $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos \alpha$ dosadíme $b=k a$ a vyjádříme z ní $\cos \alpha$ :

$$\cos \alpha =\frac{(k^2-1)a^2+c^2}{2kac}=\frac{(k^2-1)a}{2kc}+\frac{c}{2ka}\mathrm{.}\backslash cos\; \backslash alpha=\backslash frac\{\backslash left(k^\{2\}-1\backslash right)\; a^\{2\}+c^\{2\}\}\{2\; k\; a\; c\}=\backslash frac\{\backslash left(k^\{2\}-1\backslash right)\; a\}\{2\; k\; c\}+\backslash frac\{c\}\{2\; k\; a\}\; .$$

Podle nerovnosti mezi aritmetickým a geometrickým průměrem dvou čísel platí

$$\frac{(k^2-1)a}{2kc}+\frac{c}{2ka}\geqq 2\sqrt{\frac{(k^2-1)a}{2kc}\cdot \frac{c}{2ka}}=\frac{\sqrt{k^2-1}}{k},\backslash frac\{\backslash left(k^\{2\}-1\backslash right)\; a\}\{2\; k\; c\}+\backslash frac\{c\}\{2\; k\; a\}\; \backslash geqq\; 2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{\backslash left(k^\{2\}-1\backslash right)\; a\}\{2\; k\; c\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{c\}\{2\; k\; a\}\}=\backslash frac\{\backslash sqrt\{k^\{2\}-1\}\}\{k\},$$

takže $\cos \alpha \geqq \cos \alpha_{0}$, neboli $\alpha \leqq \alpha_{0}$, kde $\alpha_{0}$ je ostrý úhel určený rovností

$$\cos {\alpha }_0=\frac{\sqrt{k^2-1}}{k}\backslash cos\; \backslash alpha\_\{0\}=\backslash frac\{\backslash sqrt\{k^\{2\}-1\}\}\{k\}$$

Maximální hodnota $\alpha=\alpha_{0}$ se dosáhne, když se obě průměrovaná čísla rovnají, tedy když

$$\frac{(k^2-1)a}{2kc}=\frac{c}{2ka},\check{\text{c}}\text{ili }c=a\sqrt{k^2-1}\backslash frac\{\backslash left(k^\{2\}-1\backslash right)\; a\}\{2\; k\; c\}=\backslash frac\{c\}\{2\; k\; a\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; čili\; \}\; \backslash quad\; c=a\; \backslash sqrt\{k^\{2\}-1\}$$

Protože navíc $b=k a$, zjištujeme, že největší úhel $\alpha$ má ten z uvažovaných trojúhelníků $A B C$, pro jehož strany platí

$$a^2+c^2=a^2+(k^2-1)a^2=k^2{a}^2=b^2\mathrm{.}a^\{2\}+c^\{2\}=a^\{2\}+\backslash left(k^\{2\}-1\backslash right)\; a^\{2\}=k^\{2\}\; a^\{2\}=b^\{2\}\; .$$

Vidíme, že pro $k a z ̌ d e ́ ~ k>1$ se jedná o pravoúhlý trojúhelník (s přeponou $A C$ ).

Za úplné řešení je 6 bodů.

3. Činitel $4-\frac{2}{k}$ můžeme pro libovolné $k, 1 \leqq k \leqq n$, upravit na tvar

$$4-\frac{2}{k}=\frac{2(2k-1)}{k}=\frac{2k(2k-1)}{k^2}4-\backslash frac\{2\}\{k\}=\backslash frac\{2(2\; k-1)\}\{k\}=\backslash frac\{2\; k(2\; k-1)\}\{k^\{2\}\}$$

takže pro uvažovaný součin platí

$$\prod _{k=1}^n(4-\frac{2}{k})=\prod _{k=1}^n\frac{2k(2k-1)}{k\cdot k}=\frac{(2n)!}{n!n!}=\left(\begin{array}{c}2n\\ n\end{array}\right)\backslash prod\_\{k=1\}^\{n\}\backslash left(4-\backslash frac\{2\}\{k\}\backslash right)=\backslash prod\_\{k=1\}^\{n\}\; \backslash frac\{2\; k(2\; k-1)\}\{k\; \backslash cdot\; k\}=\backslash frac\{(2\; n)\; !\}\{n\; !\; n\; !\}=\backslash left(\backslash begin\{array\}\{c\}\; 2\; n\; \backslash \backslash \; n\; \backslash end\{array\}\backslash right)$$

což je celé číslo.

Za úplné řešení je 6 bodů.