# 49. ročník matematické olympiády 

## Úlohy II. kola kategorie A

1. Necht $P(x)$ je kvadratický trojčlen. Určete všechny kořeny rovnice

$$
P\left(x^{2}+4 x-7\right)=0
$$

víte-li, že mezi nimi je číslo 1 a aspoň jeden kořen je dvojnásobný.

2. Je dán rovnoramenný lichoběžník $U V S T$, v němž $3|S T|<2|U V|$. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník $A B C$ se základnou $A B$ tak, aby body $B, C$ ležely na přímce $V S$, bod $U$ na přímce $A B$ a bod $T$ byl těžištěm trojúhelníku $A B C$.
3. Dokažte, že pro libovolná kladná čísla $a, b$ platí nerovnost

$$
\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}} \leqq \sqrt[3]{2(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)}
$$

Zjistěte, kdy nastane rovnost.

4. Určete všechny konvexní čtyřúhelníky $A B C D$ s následující vlastností: Uvnitř čtyřúhelníku $A B C D$ existuje bod $E$ takový, že každá přímka, která prochází tímto bodem a protíná strany $A B$ a $C D$ ve vnitřních bodech, dělí čtyřúhelník $A B C D$ na dvě části o stejném obsahu. Svou odpověd' zdůvodněte.

II. kolo kategorie A se koná

v úterý 18. ledna 2000

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 žákưm sdělí před zahájením soutěže.

1. Označme $Q(x)=x^{2}+4 x-7$, potom $0=P(Q(1))=P(-2)$. Odtud plyne, že $P(x)=a(x+2)(x-p)$, kde $a$ a $p$ jsou reálná čísla, $a \neq 0$. Je tedy

$$
\begin{aligned}
P(Q(x)) & =a\left(x^{2}+4 x-7+2\right)\left(x^{2}+4 x-7-p\right)= \\
& =a(x-1)(x+5)\left(x^{2}+4 x-7-p\right) .
\end{aligned}
$$

To znamená, že kořeny dané rovnice jsou kromě čísel 1 a -5 ještě kořeny kvadratické rovnice

$$
x^{2}+4 x-7-p=0 \text {. }
$$

Protože aspoň jeden z kořenů dané rovnice má být dvojnásobný, je bud' aspoň jedno z čísel 1 $\mathrm{a}-5$ kořenem rovnice (1), nebo má tato rovnice sama dvojnásobný kořen. Přitom z tvaru rovnice (1) plyne, že součet jejích kořenů je -4 (číslo opačné ke koeficientu u lineárního členu), takže tato rovnice má kořen 1 , právě když má kořen -5 .

Jsou tedy dvě možnosti:

a) Rovnice (1) má dva kořeny 1 a -5 (takže je $p=-2$ ) a rovnice $P(Q(x))=$ $=a(x-1)^{2}(x+5)^{2}=0$ má dva dvojnásobné kořeny $1 \mathrm{a}-5$.

b) Rovnice (1) má sama dvojnásobný kořen. Protože součet jejích kořenů je -4 , je dvojnásobným kořenem číslo $(-4): 2=-2$. (V tomto případě je $p=-11$ a $P(Q(x))=$ $=a(x-1)(x+5)(x+2)^{2}=0$.

Závěr: Úloha má dvě řešení: daná rovnice má bud’ dva dvojnásobné kořeny 1 a -5 , nebo má dva jednoduché kořeny $1 \mathrm{a}-5$ a dvojnásobný kořen -2 .

Za úplné řešení je 6 bodů. Po 2 bodech udělte za nalezení obecného tvaru $P(x)=a(x+2)(x-p)$ a za úplné vyřešení obou případů a), b).

2. Označme $P$ střed základny $A B$ hledaného rovnoramenného trojúhelníku $A B C$. Protože vrchol $U$ daného lichoběžníku $U V S T$ leží na přímce $A B$, je bud’ $U=P$, anebo tvoří body $T, U, P$ vrcholy pravoúhlého trojúhelníku (obr. 1). V obou případech bod $P$ leží na Thaletově kružnici $k$ sestrojené nad průměrem $T U$. Označme $d$ vzdálenost vrcholu $T$ daného lichoběžníku od přímky $V S$. Vzhledem $\mathrm{k}$ tomu, že $T$ je těžištěm trojúhelníku $A B C$, má jeho výška z vrcholu $A$ velikost $3 d$, tudíž bod $P$ leží na přímce $p$, která je s přímkou $V S$ rovnoběžná, má od ní vzdálenost $\frac{3}{2} d$ a leží v polorovině $V S T$. Odtud již plyne konstrukce trojúhelníku $A B C$ :
3. sestrojíme kružnici $k$ s průměrem $T U$;
4. sestrojíme v polorovině $V S T$ přímku $p \| V S$ ve vzdálenosti $\frac{3}{2} d$ od $V S$;
5. sestrojíme bod $P \in k \cap p$;
6. sestrojíme přímku $P B \perp T P, B \in V S$;
7. sestrojíme vrcholy $A(A \in P B, A \neq B,|A P|=|P B|)$ a $C(C \in P T \cap V S)$.

Diskuse: Protože dle předpokladu je $S T \| U V$ a $\frac{3}{2}|S T|<|U V|$, protne přímka $p$ stranu $T U$ daného lichoběžníku ve vnitřním bodě, bude tedy sečnou kružnice $k$ a protne ji ve dvou různých bodech $P$ a $P^{\prime}$ (obr.1). Pro každý z nich dostáváme jedno řešení, trojúhelníky

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bbd5bb614a7d556ba41cg-3.jpg?height=616&width=619&top_left_y=263&top_left_x=707)

Obr. 1

$A B C$ a $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$. Z konstrukce je dále zřejmé, že pokud bude $T U \perp S V$, budou oba body $P, P^{\prime}$ souměrně sdružené podle osy $T U$, takže dostaneme dva shodné (souměrně sdružené) trojúhelníky $A B C$ a $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ (obr. 2). Obě souměrná řešení splynou v jedno v případě, kdy vyjde $A=U$. Přitom bude těžiště $T$ trojúhelníku $A B C$ zároveň průsečíkem jeho výšek, takže výsledný trojúhelník $A B C$ bude rovnostranný (obr. 3). To nastane, právě když obě ramena daného lichoběžníku jsou navzájem kolmá a navíc platí $3|S T|=|U V|$, jak plyne z podobnosti trojúhelníků $U V Q \sim T S Q$. V tomto jediném případě má úloha jedno řešení. Ve všech ostatních případech má úloha dvě řešení (která jsou pro $T U \perp S V$ shodná).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bbd5bb614a7d556ba41cg-3.jpg?height=546&width=603&top_left_y=1486&top_left_x=361)

Obr. 2

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bbd5bb614a7d556ba41cg-3.jpg?height=489&width=625&top_left_y=1526&top_left_x=1087)

Obr. 3

Za úplné řešení je 6 bodů. Není-li uveden počet řešení úlohy, strhněte 2 body. Pokud je v diskusi pominut případ, kdy obě ramena lichoběžníku jsou navzájem kolmá, strhněte 1 bod.

3. Umocněním obou stran dané nerovnosti na třetí dostaneme ekvivalentní nerovnost

$$
\frac{a}{b}+3 \sqrt[3]{\frac{a}{b}}+3 \sqrt[3]{\frac{b}{a}}+\frac{b}{a} \leqq 4+2 \frac{a}{b}+2 \frac{b}{a}
$$

neboli

$$
\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+4 \geqq 3\left(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\right)
$$

V předcházející nerovnosti položme $x=\sqrt[3]{\frac{a}{b}}(x>0)$. Po vynásobení obou stran nerovnosti (kladným) číslem $x^{3}$ a snadné úpravě obdržíme ekvivalentní nerovnost

$$
x^{6}-3 x^{4}+4 x^{3}-3 x^{2}+1 \geqq 0 .
$$

Nejdříve zjistíme, zda rovnice $x^{6}-3 x^{4}+4 x^{3}-3 x^{2}+1=0$ nemá celočíselný kořen. Takový kořen musí dělit absolutní člen, takže jsou jen dvě možnosti, 1 a -1 . Snadno ověř́́me, že uvedená rovnice má kořen $x=1$, a po dělení dvojčlenem $(x-1)$ zjistíme, že jde dokonce o kořen dvojnásobný a že platí rozklad

$$
x^{6}-3 x^{4}+4 x^{3}-3 x^{2}+1=(x-1)^{2}\left(x^{4}+2 x^{3}+2 x+1\right) \text {. }
$$

Pro každé $x>0$ je $x^{4}+2 x^{3}+2 x+1>0$. Platí tedy

$$
x^{6}-3 x^{4}+4 x^{3}-3 x^{2}+1=(x-1)^{2}\left(x^{4}+2 x^{3}+2 x+1\right) \geqq 0,
$$

což jsme měli dokázat. Rovnost $\mathrm{v}$ předchozí nerovnosti přitom nastává, právě když $x=1$, tj. právě když platí $a=b$.

Druhé řešení. Užitím nerovnosti mezi aritmetickým a geometrickým průměrem pro trojici kladných čísel $\frac{a}{b}, 1,1$ dostaneme

$$
\frac{a}{b}+1+1 \geqq 3 \sqrt[3]{\frac{a}{b}}
$$

a obdobně

$$
\frac{b}{a}+1+1 \geqq 3 \sqrt[3]{\frac{b}{a}}
$$

$\mathrm{V}$ obou předchozích nerovnostech nastává rovnost, právě když $a=b$. Jejich součtem pak vyjde

$$
\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+4 \geqq 3 \sqrt[3]{\frac{a}{b}}+3 \sqrt[3]{\frac{b}{a}}
$$

což je nerovnost (1).

Třetí řešení. Podle nerovnosti mezi mocninnými průměry stupně $\frac{1}{3}$ a $\frac{1}{2}$ dostáváme pro kladná čísla $\frac{a}{b}, \frac{b}{a}$ nerovnost (viz např. J. Herman, R. Kučera, J. Šimša: Metody řešení matematických úloh I, str. 174)

$$
\left(\frac{\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}}{2}\right)^{3} \leqq\left(\frac{\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}}{2}\right)^{2}
$$

v níž nastává rovnost, právě když $\frac{a}{b}=\frac{b}{a}$, tj. právě když $a=b$.

Protože $\left(\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^{2}=(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)$, dostáváme odtud po jednoduché úpravě dokazovanou nerovnost, v níž nastává rovnost, právě když $a=b$.

Za úplné řešení je 6 bodů. Za správný důkaz nerovnosti udělte 4 body, za nalezení podmínky pro rovnost 2 body. Přitom za poznatek, že rovnost platí v případě $a=b$, udělte 1 bod, další 1 bod dejte za zdůvodnění, že je to jedině tehdy.

4. Necht $E$ je vnitřním bodem takového konvexního čtyřúhelníku $A B C D$, který vyhovuje podmínkám úlohy. Uvažujme přímky $X_{1} Y_{1}$, $X_{2} Y_{2}$ a $X_{3} Y_{3}$, které procházejí bodem $E$ a protínají po řadě strany $A B$ a $C D$ v bodech $X_{1}$ a $Y_{1}, X_{2}$ a $Y_{2}$, $X_{3}$ a $Y_{3}$ (obr. 4). Jestliže všechny tři uvažované přímky dělí čtyřúhelník $A B C D$ na dvě části o stejném obsahu, rovnají se i obsahy trojúhelníků $E X_{1} X_{2}$ a $E Y_{1} Y_{2}$, resp. $E X_{2} X_{3}$ a $E Y_{2} Y_{3}$. Protože tyto trojúhelníky mají vždy shodné vnitřní úhly při vrcholu $E$, plyne z rovnosti jejich obsahů rovnost

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bbd5bb614a7d556ba41cg-5.jpg?height=397&width=639&top_left_y=772&top_left_x=1231)

Obr. 4

$$
\left|E X_{1}\right| \cdot\left|E X_{2}\right|=\left|E Y_{1}\right| \cdot\left|E Y_{2}\right|,
$$

resp.

$$
\left|E X_{2}\right| \cdot\left|E X_{3}\right|=\left|E Y_{2}\right| \cdot\left|E Y_{3}\right| .
$$

Z obou předešlých rovností dostáváme

$$
\frac{\left|E X_{1}\right|}{\left|E X_{3}\right|}=\frac{\left|E Y_{1}\right|}{\left|E Y_{3}\right|}
$$

Trojúhelníky $E X_{1} X_{3}$ a $E Y_{1} Y_{3}$ jsou tedy podobné (podle věty sus) a mají týž obsah. Jsou proto středově souměrné podle středu $E$ a platí tudíž $X_{1} X_{3} \| Y_{1} Y_{3}$. Čtyřúhelník $A B C D$ má tedy nutně rovnoběžné strany $A B$ a $C D$.

Naopak každý (konvexní) čtyřúhelník $A B C D$, v němž platí $A B \| C D$, vyhovuje podmínkám úlohy. Za bod $E$ pak zvolíme střed úsečky spojující středy rovnoběžných stran $A B$ a $C D$; požadovaná vlastnost takového bodu je zřejmá.

Závěr: Podmínkám úlohy vyhovují právě všechny konvexní čtyřúhelníky $A B C D$, v nichž $A B \| C D$.

Za úplné řešení je 6 bodů. Za důkaz, že čtyřúhelník $A B C D$ má nutně rovnoběžné strany $A B$ a $C D$, udělte 4 body. Za ověření skutečnosti, že každý takový čtyřúhelník (spolu s charakterizací bodu $E$ ) vyhovuje podmínkám úlohy, udělte 2 body.