48. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie A
- Aritmetický průměr několika navzájem různých prvočísel se rovná 27 . Určete, jaké největší prvočíslo mezi nimi může být.
- Je dán čtverec $A B C D$. Dokažte, že pro všechny body $P$ toho oblouku $A B$ kružnice čtverci opsané, který neobsahuje body $C$ a $D$, má výraz
stejnou hodnotu. Určete ji.
- V libovolném trojúhelníku $A B C$ označme $M$ a $N$ po řadě středy stran $B C$ a $A C$. Dokažte, že těžiště trojúhelníku $A B C$ leží na kružnici opsané trojúhelníku $C M N$, právě když platí rovnost
- Najděte reálná čísla $a, b, c, d$, pro která všechna řešení $x$ nerovnice
tvoří množinu ${0} \cup(4,+\infty)$.
II. kolo kategorie A se koná
v úterý 19. ledna 1999
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 bodů nebo více. Tyto údaje se žákům sdělí před zahájením soutěže.
- Označme $P$ zkoumanou množinu prvočísel a ukažme nejprve, že $2 \notin P$. Číslo 2 je jediné prvočíslo, které není liché. Kdyby tudíž platilo $2 \in \mathrm{P}$, byl by součet lichého počtu všech prvočísel z P sudý, a součet sudého počtu naopak lichý, takže uvažovaný aritmetický průměr by nemohl být roven lichému číslu 27 . Proto $2 \notin P$.
Protože číslo 27 není prvočíslo, není množina $P$ jednoprvková a pro její největší prvek $p^{}$ platí $p^{}>27$. Nyní využijeme tento zřejmý poznatek: A ritmetický prưměr $A$ skupiny reálných čísel se zmenši, kdykoliv $k$ této skupině přidáme čislo menši než $A$ nebo z ní odstraníme čislo větši než $A$. Doplňme proto do dané množiny $\mathrm{P}$ všechna chybějící prvočísla $p, 2<p<27$, a odstraňme z ní všechna prvočísla $p, 27<p<p^{}$ (pokud taková vůbec existují). Dostaneme tak množinu devíti prvočísel $\left{3,5,7,11,13,17,19,23, p^{}\right}$, pro jejichž aritmetický průměr (který už nemusí být celým číslem!) platí odhad
(Rovnost nastane, pokud jsme ani žádné prvočíslo nepřidali, ani žádné neodstranili.) Odtud vychází $p^{*} \leqq 145$. Největší prvočíslo, které splňuje poslední nerovnost, je číslo 139.
Hodnota $p^{*}=139$ je možná, jak ukazuje příklad
který objevíme, když v součtu $3+5+7+11+13+17+19+23$ zaměníme prvočíslo 23 prvočíslem o $145-139=6$ větším. (Kdybychom si předem neuvědomili, že $2 \notin \mathrm{P}$, dostali bychom z nerovnosti
slabší odhad $p^{} \leqq 170$. Pak by bylo nutné postupně vyloučit hodnoty $p^{}=167,163,157$, 151,149 . Přitom si patrně uvědomíme, proč $2 \notin P$.)
Pro $p^{*}=139$ existuje ještě jedna jediná množina $\mathrm{P}$ požadovaných vlastností. Je jí jedenáctiprvková množina
Za úplné řešení je 6 bodů. Za úvahy vedoucí $\mathrm{k}$ vyloučení 2 dejte 2 body, za uvedení příkladu pro $p^{*}=139$ rovněž 2 body.
- Protože zkoumaný podíl $V$ nezávisí na velikosti $a$ strany daného čtverce, budeme pro jednoduchost předpokládat, že $a=1$.
Pokud $P=A$ nebo $P=B$, je zřejmě $V=\frac{1}{\sqrt{2}+1}=\sqrt{2}-1$. Pokud platí tvrzení úlohy, je $\sqrt{2}-1$ hledaná hodnota zkoumaného podílu.
Předpokládejme dále, že bod $P$ je vnitřním bodem uvedeného oblouku. Protože obvodové úhly nad shodnými tětivami téže kružnice jsou shodné, platí (obr.1)
Obr. 1
Označme $\alpha=\frac{1}{4} \pi$ a dále (obr.1) $\varphi=|\Varangle A D P|, \psi=|\Varangle B C P|$, potom $\varphi+\psi=\alpha$, $|\Varangle P B C|=\pi-(\alpha+\psi),|\Varangle P A D|=\pi-(\alpha+\varphi)$, takže podle sinové věty
Tím je dokázáno, že $V$ je konstantní, a protože $\alpha=\frac{1}{4} \pi$, vyjde skutečně $V=\sqrt{2}-1$, jak se snadno přesvědčíme např. pomocí identity
kam za $1+2 \cos \alpha$ dosadíme $1+\sqrt{2}$.
Jiné řešení. Pokud $P=A$ nebo $P=B$, zjistíme stejně jako v prvním řešení, že hodnota zkoumaného podílu je $\sqrt{2}-1$. Je-li bod $P$ vnitřním bodem uvedeného oblouku, jsou oba čtyřúhelníky $A P B C$ i $A P B D$ (obr. 1) tětivové, proto podle Ptolemaiovy věty platí
Sečtením obou rovností a dosazením $|B C|=|A D|=|A B|,|B D|=|A C|=\sqrt{2}|A B|$ dostaneme
Tím je tvrzení úlohy dokázáno. Daný výraz má pro každý bod $P$ uvedeného oblouku hodnotu $\sqrt{2}-1$.
Za úplné řešení je 6 bodů.
- Protože těžiště $T$ leží v opačné polorovině $s$ hraniční přímkou $M N$ než vrchol $C$, leží body $C, M, N$ a $T$ na jedné kružnici, právě když pro úhly $\gamma=|\Varangle M C N|$ a $\delta=|\Varangle M T N|$ platí $\gamma+\delta=\pi$, neboli $\sin \gamma=\sin \delta$ (rovnost $\gamma=\delta$ je a priori vyloučena: bod $T$ leží uvnitř trojúhelníku $A B C$, takže $|\Varangle A T B|>|\Varangle A C B|$, neboli $\delta>\gamma$ ). Zapišme nyní, že obsah trojúhelníku $A B T$ je roven jedné třetině obsahu trojúhelníku $A B C$ :
Odtud již okamžitě plyne, že rovnost $\sin \gamma=\sin \delta$ je ekvivalentnís rovností ze zadání úlohy.
Jiné řešení. Využijeme větu o mocnosti bodu ke kružnici. Označme $T$ zmíněné těžiště, $k$ kružnici opsanou trojúhelníku $C M N$ a rozlišme tři možné případy jejich vzájemné polohy. (Zdůrazněme, že vrcholy $A$ a $B$ vždy leží ve vnější oblasti kružnice $k$, nebot úsečky $M C$ a $N C$ jsou její tětivy.)
Je-li $T \in k$, pak $|A N| \cdot|A C|=|A T| \cdot|A M|$, tedy
stejně odvodíme i rovnost $4 t_{b}^{2}=3 a^{2}$. Vynásobením obou rovností a následným odmocněním dostaneme $4 t_{a} t_{b}=3 a b$, což je rovnost ze zadání úlohy.
Ležíli bod $T$ ve vnitřní oblasti kružnice $k$, pak platí nerovnost $|A N| \cdot|A C|<$ $<|A T| \cdot|A M|$ (platí totiž rovnost $|A N| \cdot|A C|=\left|A T^{\prime}\right| \cdot|A M|$, kde $T^{\prime}$ je průsečík úsečky $A T$ s kružnicí $k$, takže $\left.\left|A T^{\prime}\right|<|A T|\right)$. Postupem z předchozího odstavce tentokrát vyjde nerovnost $4 t_{a} t_{b}>3 a b$.
Leží-li bod $T$ ve vněš̌̌ oblasti kružnice $k$, pak platí nerovnost $|A N| \cdot|A C|>|A T| \cdot|A M|$ (platí totiž rovnost $|A N| \cdot|A C|=\left|A T^{\prime}\right| \cdot|A M|$, kde $T^{\prime}, T^{\prime} \neq M$, je průsečík polopřímky $T M$ s kružnicí $k$, takže $\left.\left|A T^{\prime}\right|>|A T|\right)$. V tomto případě vyjde nerovnost $4 t_{a} t_{b}<3 a b$.
Tím je důkaz u konce. Všimněme si jedné zajímavosti, která z něj plyne: rovnost $4 t_{a} t_{b}=3 a b$ v libovolném trojúhelníku $A B C$ platí, jedině když zároveň $4 t_{a}^{2}=3 b^{2}$ a $4 t_{b}^{2}=$ $=3 a^{2}$.
Za úplné řešení je 6 bodů. Za důkaz toho, že rovnost ze zadání platí, pokud body $C, M, N, T$ leží na kružnici, udělte 2 body, za důkaz opačné implikace 4 body.
- Danou nerovnici ekvivalentně upravíme na
Nerovnici tvaru $\frac{A(x)}{B(x)} \geqq 0$ umíme vyřešit, známe-li reálné kořeny obou mnohočlenů $A(x), B(x)$. Odpovídající množiny jejich reálných kořenů označme $\mathrm{A}, \mathrm{B}$. Označíme-li $\mathrm{R}$ množinu řešení nerovnice $\frac{A(x)}{B(x)}>0$, která je zřejmě ekvivalentní nerovnici $A(x) B(x)>0$, bude množinou řešení původní nerovnice $\frac{A(x)}{B(x)} \geqq 0$ množina $(\mathrm{R} \cup \mathrm{A}) \backslash \mathrm{B}$.
Při řešení nerovnice $A(x) B(x)>0$ můžeme z rozkladu její levé strany odstranit libovolný kvadratický trojčlen $x^{2}+p x+q$ se záporným diskriminantem, a protože nás zajímá řešení nerovnice $A(x) B(x)>0$ zejména pro $x \notin \mathrm{A} \cup \mathrm{B}$, tak i libovolnou mocninu $(x-\alpha)^{n}$ se sudým exponentem. Tak se vždy dostaneme $\mathrm{k}$ nerovnici tvaru
kde $\alpha_{1}<\alpha_{2}<\ldots<\alpha_{k}$ jsou ty reálné kořeny mnohočlenu $A(x) B(x)$, které měly lichou násobnost. Rešením poslední nerovnice je pro $k=1$ interval $\left(\alpha_{1}, \infty\right)$, pro $k=2$ sjednocení $\left(-\infty, \alpha_{1}\right) \cup\left(\alpha_{2}, \infty\right)$, pro liché $k \geqq 3$ sjednocení $\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}\right) \cup \ldots \cup\left(\alpha_{k-2}, \alpha_{k-1}\right) \cup\left(\alpha_{k}, \infty\right)$ a pro sudé $k>2$ sjednocení $\left(-\infty, \alpha_{1}\right) \cup \ldots \cup\left(\alpha_{k-2}, \alpha_{k-1}\right) \cup\left(\alpha_{k}, \infty\right)$.
Vraẗme se ted' k nerovnici (1). Protože $x=0$ je jejím řešením, musí být nula kořenem čitatele, ne však kořenem jmenovatele, proto $c=0$ a $a \neq 0$. Navíc z toho, že nula je „izolovaným“ řešením, plyne podle našich předchozích úvah, že nula je kořenem sudé násobnosti, tedy dvojnásobným. Proto je také $b-2 a=0$.
Protože do množiny řešení patří interval $(4, \infty)$, ne však jeho krajní bod $x=4$, je číslo 4 kořenem jmenovatele, takže $a+4 d=16$. Po dosazení $a=16-4 d$ a rozkladu jmenovatele dostaneme ekvivalentní nerovnici
Odtud však plyne, že řešením nerovnice
musí být interval $(4, \infty)$, proto $3 d-8=d-4$, neboli $d=2, a=8, b=16, c=0$. Pro tyto hodnoty tak dostáváme nerovnici
jejíž množinou řešení je skutečně ${0} \cup(4,+\infty)$.
Za úplné řešení je 6 bodů. Nestrhávejte body, pokud řešitel tvrzení o násobnosti nulového kořene uvede bez řádného zdůvodnění. Za nalezení rovností $c=0, a+4 d=16$ udělte po 1 bodu. Je-li řešení vedeno tak, že v jeho závěru je nutná zkouška, a přitom o ní není ani zmínka, strhněte 1 bod.