Úlohy krajského kola kategorie A

Transkript

1 59. ročník matematické olympiády Úlohy krajského kola kategorie A. Dokažte,žerovnice x +p x =qx sreálnýmiparametry p, qmávoborureálných číselčtyřiřešení,právěkdyžplatí p+ q + <0.. Je dán rovnoběžník ABCD s tupým úhlem ABC. Na jeho úhlopříčce AC v polorovině BDCzvolmebod P tak,abyplatilo BPD = ABC.Dokažte,žepřímka CD jetečnoukekružniciopsanétrojúhelníku BCP,právěkdyžúsečky ABa BDjsou shodné. 3. Určetevšechnacelákladnáčísla m, ntaková,že ndělím amdělín. 4. V libovolném trojúhelníku ABC označme O střed kružnice vepsané, P střed kružnice připsanékestraně BCa Dprůsečíkosyúhlu CABsestranou BC.Dokažte,žeplatí AD = AO + AP. (Kružnicí připsanou ke straně BC rozumíme takovou kružnici, která se dotýká jednak strany BC, jednak obou polopřímek opačných k polopřímkám BA a CA.) Krajské kolo kategorie A se koná vúterý9.ledna00 tak, aby začalo dopoledne a aby soutěžící měli na řešení úloh 4 hodiny čistého času. Za každou úlohu může soutěžící získat 6bodů,úspěšnýmřešitelemjetenžák,kterýzíská0bodů nebo více. Povolené pomůcky jsou psací a rýsovací potřeby, školní MF tabulky a kalkulátory bez grafického displeje. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.

2 59. ročník matematické olympiády Řešení úloh krajského kola kategorie A. Zezadáníjepatrné,žečíslo0nenířešenímdanérovnice,aťjsouparametry p, q jakékoliv. Zbavme se proto absolutní hodnoty v rovnici konstatováním, že všechna její řešení jsou kladné kořeny rovnice spolu se zápornými kořeny rovnice x + px=qx neboli x +(p q)x+=0, () x px=qx neboli x (p+q)x+=0. () Protože každá kvadratická rovnice má nejvýše dva kořeny, zkoumaná situace celkového počtučtyřřešenínastane,právěkdyžrovnice()budemítdvarůznékladnékořenyazároveň rovnice() bude mít dva různé záporné kořeny. Rozborem těchto podmínek se nyní budeme zabývat. Přednějejasné,žeobadiskriminanty(p q) 4a(p+q) 4rovnic()a()musí mít kladné hodnoty, což vede na nutné podmínky (p q) >4 a (p+q) >4. (3) Jsou-li splněny, stačí zkoumat otázku, kdy menší kořen rovnice() je kladný a zároveň větší kořen rovnice() záporný. Podle vzorců pro kořeny kvadratické rovnice to lze zapsat nerovnostmi q p (p q) 4 >0 a p+q+ (p+q) 4 <0. (4) (Znaménka pro menší, resp. větší kořen jsme vybrali na základě toho, že jmenovatelé obou zlomků se rovnají kladnému číslu.) Z první nerovnosti zapsané v ekvivalentním tvaru q p > (p q) 4 (5) plyne q p >0,takžeprvnínerovnostv(3)lzezpřesnitna q p >.Pakužnerovnost(5) zřejmě platí, neboť q p= (p q) > (p q) 4. Takjsmeukázali,žerovnice()mádvarůznékladnékořeny,právěkdyžplatí q p >, cožjeprvnízpodmínek p q+ <0, p+q+ <0. (6) Stejným postupem ověříme, že druhá podmínka v(6) vyjadřuje existenci dvou různých záporných kořenů rovnice(). Stačí upravit druhou nerovnost z(4) do tvaru (p+q) 4 < (p+q) (odkudplyne p+q <0)

3 aprozápornéčíslo p+qtakzískatkonečnoupodmínkuvetvaru p+q <,cožjedruhá z nerovností(6), které tak přesně vymezují zkoumanou situaci. K dokončení celého řešení zbývá zdůvodnit ekvivalenci (p q+ <0 p+q+ <0) p+ q + <0. Tojesnadné,protožezezřejmérovnosti q =max{ q, q}plyne p+ q +=max{p q+, p+q+} a maximum ze dvou reálných čísel je záporné, právě když jsou obě záporná. Jiné řešení. Nejprve postupujme shodně s původním řešením až do odvození nerovností(3), které, připomeňme, zaručují existenci dvou různých reálných kořenů rovnice(), resp.rovnice().označímejepořadě x, a x 3,4 azapíšemejejichvztahkekoeficientům rovnic, vyjádřený známými Viètovými vzorci x + x = (p q), x x =, x 3 + x 4 = p+q, x 3 x 4 =. (7) Zrovnosti x x =plyne,žekořeny x, majístejnéznaménko.jsoutedykladné,právě kdyžjekladnýjejichsoučet,kterýjeovšempodleprvnírovnostiv(7)roven (p q). Získanounerovnost p q <0lzespoluspodmínkou(p q) >4vyjádřitjedinounerovností p q < (neboli p q+ <0),kterájetudížkritériemtoho,kdyrovnice()mádva různé kladné kořeny. Podobně pro existenci dvou záporných kořenů rovnice() dostaneme kritérium p+q+ <0.Závěrečnýpřevodobounerovnostínajednuekvivalentnínerovnost s absolutní hodnotou zdůvodníme stejně jako v původním řešení. Jiné řešení. Stejně jako v předchozích postupech přejdeme k rovnicím() a(), které jsouobětéhožtypu x +rx+=0.existencidvourůznýchkladnýchčizápornýchkořenů takovérovnicenyníposoudímeúvahouopříslušnékvadratickéfunkci f(x)=x + rx+ s parametrem r, jejímž grafem je parabola rozevřená vzhůru. Proto má funkce f dva různé nulové body, řekněme u a v, právě když má alespoň jednu zápornou hodnotu, navíc takové hodnotysenabývajíprávěvbodech,kteréležímezi uav.všimněmesiještě,žebezohledu nahodnotuparametru rpropřípadnénulovébody u, vfunkce fplatí uv= f(0)=,takže to jsou dvě navzájem převrácená čísla, jež jsou zároveň kladná či zároveň záporná. Jsou tedyoběkladná(resp.záporná),právěkdyžmezinimiležíčíslo(resp.číslo ).Pro prvnípřípadtakdostávámejedinoupodmínku f() <0(neboli+r <0),prodruhý případjedinoupodmínku f( ) <0(neboli r <0).Zbývádodat,ževrovnici()je r= p qavrovnici()je r= (p+q),takžeznovudostávámedvojicinerovností(6). Zaúplnéřešeníje6bodů,ztohobodzapřechododpodmínek(6)kpodmíncesabsolutníhodnotou (či naopak). Při neúplných řešeních udělte body za odvození podmínek(3) na diskriminanty rovnic (),()abodzavýpisnerovností(4)čiviètovýchvzorců(7).je-liúplněposouzenapouzenutnostči postačitelnost zadané podmínky z důvodu, že zřejmé ekvivalence jsou řešitelem formulovány pouze jako implikace, udělte nejvýše 5 bodů.

4 . Pro lepší přehlednost zmiňme úvodem zřejmé vlastnosti obecného rovnoběžníku ABCD,kterévřešenívyužijeme:součetúhlů BADaABCjeúhelpřímý,zatímcoúhly DACa ACBjsoushodné,stejnějakostrany ABa CD. Podlezadáníúlohypřímka BDoddělujebody AaP,přičemžplatí BAD + BPD = BAD + ABC =80, čtyřúhelníku ABP D lze tudíž opsat kružnici(obr. ). V ní jsou proto shodné obvodové úhly DBPa DAP,zčehožvyplývá DBP = DAP = DAC = ACB = BCP. D C k P A B Obr. Protožepřímka BPoddělujebody Ca D,lzeuplatnitvětuoobvodovémaúsekovém úhlu pro tětivu BP kružnice k opsané trojúhelníku BCP: Z odvozené shodnosti úhlů BCP a DBP vyplývá,žepřímka BDjetečnoukekružnici k(sbodemdotyku B).Potomto zjištění již snadno dokážeme obě požadované implikace. (i)je-lipřímka CDtečnoukekružnici k,zesymetrieoboutečen CDaBDplyne CD = BD neboli AB = BD. (ii)platí-linaopak AB = BD neboli CD = BD,ležíbod Dnaosetětivy BC kružnice k,takžejejítečnoujenejenpřímka BD,aleisouměrněsdruženápřímka CD. Zaúplnéřešeníje6bodů,ztohobodyzaobjevtětivovéhočtyřúhelníku ABPD,bodyzazdůvodnění, žepřímka CDjetečnoukružnice kapoboduzajednotlivéimplikace(i)a(ii).patřičnépolohybodůpro závěry o obvodových, příp. úsekových úhlech jsou ze zadání úlohy natolik zřejmé, že absenci jejich popisu v žákovských řešeních nepenalizujte. 3. Hledámeprávětydvojicecelýchkladnýchčísel man,proněžexistujícelákladná čísla kaltaková,že m =kn a n =lm. ()

5 Pohlédněme na čísla k, l jako na parametry a řešme soustavu lineárních rovnic() pro neznámé m, n. Když například k dvojnásobku první rovnice přičteme k-násobek druhé rovnice, eliminujeme tím neznámou n a po úpravě dostaneme první z rovnic (4 kl)m=k+ a (4 kl)n=l+; () druhou rovnici získáme analogicky. Protože pravé strany rovnic() jsou kladné, plyne ztvarulevýchstranpodmínka4 kl >0neboli kl <4.Tojeprocelákladnáčísla k, l natolikomezující,žejednotlivémožnépřípady kl=, kl=akl=3snadnopostupně rozebereme. Vpřípadě kl=musíbýt k=l=azrovnic(),kterépřejdoudotvaru3m=3 a3n=3,nacházímeprvnívyhovujícídvojici m=n=. Případ kl = vůbec rozebírat nemusíme, protože podle levých stran rovnic() vidíme, žečísla k, l, m, nzpravýchstranmusíbýt(vkaždém,nejenvtomtopřípadě)lichá. Vpřípadě kl=3jenutně {k, l}={,3},cožpodosazenídorovnic()dávářešení m=5an=3,nebonaopak m=3an=5. Závěr.Všechnyhledanédvojice(m, n)jsou(,),(3,5)a(5,3). Jiná řešení. Nerovnostní úvahy vedoucí k úplnému vyřešení úlohy můžeme různými způsoby obměňovat. Podívejme se tedy, jakými cestami se lze od výchozích předpokladů m n an m ubírat. Prvnípostup.Kdybyneplatilo m=n ani n=m,bylabyčíslan am alespoňdvojnásobkypořaděčísel man,tudížbyplatilynerovnostin m am n.tysevšaknavzájemvylučují,neboťznamenajín >m,resp.m >n. Protomusíplatitaspoňjednazrovností m=n či n=m.je-li m=n,pak m =4n 3azbylápodmínka n m takpřecházídotvaru n 4n 3neboli n 3. Tosplňujípouzečísla n=an=3,kterýmpodlevzorce m=n odpovídajípořadě hodnoty m=am=5.druhýpřípad,kdy n=m,seodprvníholišíjenzáměnou rolí man,takžepřiněmdostanemeještětřetívyhovujícídvojici m=3an=5. Druhýpostup.Sohledemnasymetriimůžemepředpokládat,žeplatí m n,zčehož plynem n <n.číslom jetaknásobkemčísla nmenšímnežn,musí totudížbýtsamočíslo n.takjsmeodvodilirovnostm =n.zbytekúvahjeužstejný jako při prvním postupu. Třetípostup.Všimněmesi,žečíslom+n jedělitelnékaždýmzoboučísel m a n,kterájsounavícnesoudělná,neboťnapř.číslo mjedělitelčíslan,ježjesčíslem n zřejmě nesoudělné. Proto je číslo m+n dělitelné i součinem mn, takže platí nerovnost mn m+n neboli(m )(n ) 3.Odtudvyplývá,žeoběčísla m, nnemohoubýt většínež3;sohledemnasymetriirozeberemepouzepřípad m 3.Pro m=zpodmínky n m plyne n=,pro m=jepodmínka m n nesplnitelná,pro m=3máme podmínky3 n an 5,kterésplňujejedině n=5. Zaúplnéřešeníje6bodů.Zarůznénerovnostníúvahyudělteaž4body,např.bodzarozlišenípřípadů m nan m,bodyzaúčinnéužitíimplikace(a b a b) b a,4bodyzadůkazpoznatku, ženastaneaspoňjednazrovností m=n, n=m.pokudřešitelobjevívšechnytřivyhovující trojice, avšak nedokáže, že jiná řešení neexistují, udělte bod.

6 4. Označme obvyklým způsobem délky stran a velikosti vnitřních úhlů trojúhelníku ABC.Propoloměry, akružnicevepsané,resp.připsanéstraně BCtrojúhelníku ABC oobsahu Splatíznámévzorce = S a+b+c a a= S b+c a. (Kjejichodvozenístačíuvážitrovnosti S= S BCO + S ABO + S ACO,resp. S= S ACP + + S ABP S BCP auvážit,že,resp. ajespolečnávýškazastoupenétrojicetrojúhelníků ke stranám původního trojúhelníku.) Protožestředy O, P ležínaosevnitřníhoúhlu BAC,jsou, aodvěsnamiprotilehlýmikúhlu αpravoúhlýchtrojúhelníkůspřeponami AO,resp. AP (obr.),takže platí = AO sin αa a= AP sin α.dohromadydostávámevyjádřenípravéstrany dokazované rovnosti ve tvaru AO + AP =sin α + sin α = a ( ) (a+b+c)+(b+c a) sin = α S = (b+c)sin α. S C P O D a A α T B Obr. U Na druhé straně je obsah S součtem obsahů trojúhelníků ABD a ACD, které vyjádřímepomocídélekjejichstranzvrcholu Aasinujimisevřeného(shodného)úhlu α: S= S ABD + S ACD = c AD sin α Odtud snadno obdržíme vyjádření + b AD sin α = (b+c) AD sin α. AD =(b+c)sin α. S

7 Vidíme, že obě strany dokazované rovnosti mají stejnou hodnotu. Tím je celý důkaz hotov. Dodejme,žedíkyvzorci S= bcsin α=bcsin αcos αlzezískanývýsledekzapsatve tvaru AD = AO + AP = b+c bccos α. Jinéřešení.Využijemerovnosti AT = (b+c a)a AU = (a+b+c)probody T, Udotykupolopřímky ABsvepsanou,resp.připsanoukružnicí. Vzhledemkrovnostem AT = AO cos αa AU = AP cos αdostanemenásledujícívyjádřenípravéstrany dokazované rovnosti: AO + AP = AO + AP AP b+c = (a+b+c) AO AO = (b+c) a+b+c = AT + AU AU AO. AO = Vidíme, že k dokončení důkazu požadované rovnosti stačí ukázat, že AD AO = a+b+c. b+c Zvlastnostíosyúhluvšakvíme,žebod Ddělístranu BCvpoměrudélekstran ABa AC, tedy BD / DC =c/b,takže CD =ab/(b+c).podobněovšembod Oosyúhlu ACD dělí protější stranu AD trojúhelníku ACD v poměru AO OD = AC CD = b ab b+c = b+c a. Odtud AD AO = AO + OD AO =+ a b+c = a+b+c. b+c Jiné řešení. Uvedeme trigonometrický postup založený na užití sinové věty v trojúhelnících ABO, ABDaABP. Jezřejmé,žetytotrojúhelníkymajíuvrcholu Bpořadě úhly β, βa90 + β,zatímcouvrcholů O, D, P majípořaděúhly90 + γ, γ+ α a γ.protosinovávětapřinášírovnosti AB AO =cos γ sin β, AB AD =sin(γ+ α), sin β AB AP =sin γ cos β, Tytorovnostijsoudobřeznáméasnadnoplynouzrovnostídélekúsekůtečenodvrcholůtrojúhelníku k bodům dotyku s příslušnou kružnicí. Sestejnýmúspěchemlzevyužítitrojicitrojúhelníků ACO, ACDa ACP.

8 kdyžjsmedvakrátvyužilivzorecsin(90 +δ)=cos δ.podosazenídodokazovanérovnosti tak docházíme k ekvivalentní úloze dokázat pro vnitřní úhly libovolného trojúhelníku ABC rovnost sin(γ+ α) sin β = cos γ sin β+sin γ cos β. Pouplatněnívzorcesinβ=sin βcos βanáslednémvynásobeníoboustrannenulovýmvýrazemsin βcos βpřecházímekúkoluověřitjednoduššírovnost sin (γ+ ) α =cos γ cos β+sin γ sin β. Tojeuždocelasnadné:výraznapravojetotižrovencos( β γ)arovnosttypusinδ= =cos εjezaručena,platí-li δ+ε=90.vnašempřípadějeovšem δ= γ+ αaε= β γ, tudíž δ+ ε=γ+ α+ β γ= (α+β+ γ)=90 acelýdůkazjetakhotov. Jinéřešení.Položme x= AO, y= OD az= DP apodleobr.3označmebody dotyku T, U, V, Wvepsanéapřipsanékružnicespřímkami AB, BC.Podlevěty uuplatí C W P x O y D V z a A T B Obr.3 U AOT APUa DOV DPW,přitomvoboupřípadechjekoeficientpodobnosti roven poměru poloměrů obou kružnic. Odtud plyne pro přepony zmíněných čtyř trojúhelníkůúměra 3 x x+y+ z = y z. () Protože x+y+ z > z,atedyrovněž x > y,uvedenýmdvěmazlomkůmserovnáitřetí zlomek sestavený z(kladných) rozdílů čitatelů a jmenovatelů. Platí tedy x x+y+ z = x y (x+y+ z) z = x y x+y = x x+y. 3 Jejíplatnostjezaručenaivpřípadě D= V = W,kdydruhýpárpodobnýchtrojúhelníkůdegeneruje na dvojici úseček poloměrů zkoumaných kružnic.

9 Odtud po vydělení kladnou hodnotou x dostaneme x+y+ z = x+y x a po převodu druhého zlomku z pravé strany na levou již obdržíme dokazovanou rovnost, neboť x+y+ z = AP, x+y = a AD x = AO. Jiné řešení. Obě kružnice jsou stejnolehlé podle středů A i D. Obě stejnolehlosti majíažnaznaménkostejnékoeficientyazobrazujíbod Onabod P(obr.4).Odtud DP DO = AP AO neboli AP AD AD AO = AP AO. Úpravou poslední rovnosti dostáváme AP AO = AD ( AP + AO ) a po vydělení nenulovým součinem AP AO AD vyjde vztah, který jsme chtěli dokázat. C P O D A B Obr.4 Zaúplnéřešeníje6bodů.Známévzorceprodélkyúsekůstrankbodůmdotykuvepsanéapřipsanékružnice stejně jako vzorce pro jejich poloměry není třeba dokazovat. Za vyjádření jednotlivých délek AD, AO, AP pomocíobsahu S,délek b, cahodnotysin αuděltepobodu;stejnětakpřijinémpostupuudělte poboduzajednotlivávyjádřenízesinovévětypomocívnitřníchúhlů α, β, γajednézestran b, c.(takové zisky ovšem nelze sčítat, zkouší-li řešitel současně oba postupy.)