# 48. ročník matematické olympiády Úlohy II. kola kategorie A 

1. Aritmetický průměr několika navzájem různých prvočísel se rovná 27 . Určete, jaké největší prvočíslo mezi nimi může být.
2. 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

$$
\frac{|A P|+|B P|}{|C P|+|D P|}
$$

stejnou hodnotu. Určete ji.

3. 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

$$
4 \cdot|A M| \cdot|B N|=3 \cdot|A C| \cdot|B C| .
$$

4. Najděte reálná čísla $a, b, c, d$, pro která všechna řešení $x$ nerovnice

$$
\frac{a x^{2}+b x+c}{a+d x-x^{2}} \leqq 2 x
$$

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.

1. 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

$$
\frac{3+5+7+11+13+17+19+23+p^{*}}{9} \leqq 27
$$

(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

$$
P=\{3,5,7,11,13,17,19,29,139\},
$$

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

$$
\frac{2+3+5+7+11+13+17+19+23+p^{*}}{10} \leqq 27
$$

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

$$
P=\{3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,139\}
$$

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.

2. 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)

$$
|\Varangle A P D|=|\Varangle C P D|=|\Varangle C P B|=|\Varangle C A B|=\frac{1}{4} \pi .
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_98799c754fc85121b892g-3.jpg?height=448&width=420&top_left_y=329&top_left_x=820)

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

$$
V=\frac{\sin \varphi+\sin \psi}{\sin (\alpha+\varphi)+\sin (\alpha+\psi)}=\frac{2 \sin \frac{\varphi+\psi}{2} \cos \frac{\varphi-\psi}{2}}{2 \sin \frac{2 \alpha+\varphi+\psi}{2} \cos \frac{\varphi-\psi}{2}}=\frac{\sin \frac{1}{2} \alpha}{\sin \frac{3}{2} \alpha}=\text { konst. }
$$

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

$$
\begin{aligned}
\sin \frac{3}{2} \alpha & =\sin \alpha \cos \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2} \cos \alpha=2 \sin \frac{\alpha}{2} \cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+\sin \frac{\alpha}{2}\left(1-2 \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}\right)= \\
& =\sin \frac{\alpha}{2}\left(2 \cos ^{2} \frac{\alpha}{2}+1-2 \sin ^{2} \frac{\alpha}{2}\right)=\sin \frac{\alpha}{2}(1+2 \cos \alpha),
\end{aligned}
$$

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

$$
\begin{aligned}
& |A P| \cdot|B C|+|B P| \cdot|A C|=|C P| \cdot|A B|, \\
& |A P| \cdot|B D|+|B P| \cdot|A D|=|D P| \cdot|A B| .
\end{aligned}
$$

Sečtením obou rovností a dosazením $|B C|=|A D|=|A B|,|B D|=|A C|=\sqrt{2}|A B|$ dostaneme

$$
(|A P|+|B P|)(1+\sqrt{2})=|C P|+|D P|, \quad \text { neboli } \quad \frac{|A P|+|B P|}{|C P|+|D P|}=\sqrt{2}-1 .
$$

Tím je tvrzení úlohy dokázáno. Daný výraz má pro každý bod $P$ uvedeného oblouku hodnotu $\sqrt{2}-1$.

Za úplné řešení je 6 bodů.

3. 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 $A B C$ :

$$
\frac{1}{2} \cdot\left(\frac{2}{3}|A M|\right) \cdot\left(\frac{2}{3}|B N|\right) \cdot \sin \delta=\frac{1}{3} \cdot\left(\frac{1}{2}|A C| \cdot|B C| \cdot \sin \gamma\right) .
$$

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

$$
\frac{b}{2} \cdot b=\left(\frac{2}{3} t_{a}\right) \cdot t_{a}, \quad \text { neboli } \quad 4 t_{a}^{2}=3 b^{2}
$$

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.

4. Danou nerovnici ekvivalentně upravíme na

$$
\frac{2 x^{3}+(a-2 d) x^{2}+(b-2 a) x+c}{x^{2}-d x-a} \geqq 0 .
$$

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

$$
\left(x-\alpha_{1}\right)\left(x-\alpha_{2}\right) \ldots\left(x-\alpha_{k}\right)>0,
$$

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

$$
\frac{x^{2}(x+8-3 d)}{(x-4)(x-d+4)} \geqq 0 .
$$

Odtud však plyne, že řešením nerovnice

$$
(x-4)(x+8-3 d)(x-d+4)>0
$$

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

$$
\frac{x^{2}(x+2)}{(x-4)(x+2)} \geqq 0
$$

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.