# 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

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

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

$$
t_{a}=\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{4}} \quad \text { a } \quad t_{b}=\sqrt{\frac{a^{2}+c^{2}}{2}-\frac{b^{2}}{4}}
$$

dostaneme po umocnění a jednoduché úpravě

$$
\begin{aligned}
2 c^{2}-2 b^{2}-a^{2} & =0 \\
-2 c^{2}-b^{2}+2 a^{2} & =0
\end{aligned}
$$

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

$$
|A U|:|B U|=|A V|:|B V|=k .
$$

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

$$
|A U|=\frac{k c}{k+1} \quad \text { a } \quad|A V|=\frac{k c}{k-1}
$$

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

$$
\begin{aligned}
b^{2} & =|A C|^{2}=\frac{k^{2} c^{2}}{k^{2}-1} \\
a^{2} & =|B C|^{2}=\frac{|A C|^{2}}{k^{2}}=\frac{c^{2}}{k^{2}-1}
\end{aligned}
$$

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 $\cos \alpha$ :

$$
\cos \alpha=\frac{\left(k^{2}-1\right) a^{2}+c^{2}}{2 k a c}=\frac{\left(k^{2}-1\right) a}{2 k c}+\frac{c}{2 k a} .
$$

Podle nerovnosti mezi aritmetickým a geometrickým průměrem dvou čísel platí

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

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

$$
\cos \alpha_{0}=\frac{\sqrt{k^{2}-1}}{k}
$$

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

$$
\frac{\left(k^{2}-1\right) a}{2 k c}=\frac{c}{2 k a}, \quad \text { čili } \quad c=a \sqrt{k^{2}-1}
$$

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

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

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

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

takže pro uvažovaný součin platí

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

což je celé číslo.

Za úplné řešení je 6 bodů.