Czech/md/cz-mo-secondary/3471694-a50i.md

Úlohy domácího kola kategorie A

1. V urně jsou jen bílé a černé kuličky, jejichž počet zaokrouhlen na stovky je 1000. Pravděpodobnost vytažení dvou černých kuliček je o $\frac{17}{43}$ větši než pravděpodobnost vytaženi dvou bilých kuliček. Kolik bilých a kolik černých kuliček je v urně? (Pravděpodobnost vytaženi kterékoli kuličky je stejná.)

ŘEŠENÍ. Necht́ je v urně $n$ kuliček, z toho $b$ bílých (a $n-b$ černých). Potom pravděpodobnost vytažení dvou bílých kuliček je rovna podílu

$$\frac{\left(\begin{array}{l}b\\ 2\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{l}n\\ 2\end{array}\right)}=\frac{b(b-1)}{n(n-1)}\backslash frac\{\backslash left(\backslash begin\{array\}\{l\}\; b\; \backslash \backslash \; 2\; \backslash end\{array\}\backslash right)\}\{\backslash left(\backslash begin\{array\}\{l\}\; n\; \backslash \backslash \; 2\; \backslash end\{array\}\backslash right)\}=\backslash frac\{b(b-1)\}\{n(n-1)\}$$

zatímco pravděpodobnost vytažení dvou černých kuliček podílu

$$\frac{\left(\begin{array}{c}n-b\\ 2\end{array}\right)}{\left(\begin{array}{l}n\\ 2\end{array}\right)}=\frac{(n-b)(n-b-1)}{n(n-1)}\mathrm{.}\backslash frac\{\backslash left(\backslash begin\{array\}\{c\}\; n-b\; \backslash \backslash \; 2\; \backslash end\{array\}\backslash right)\}\{\backslash left(\backslash begin\{array\}\{l\}\; n\; \backslash \backslash \; 2\; \backslash end\{array\}\backslash right)\}=\backslash frac\{(n-b)(n-b-1)\}\{n(n-1)\}\; .$$

Podle zadání úlohy platí rovnost

$$\frac{(n-b)(n-b-1)}{n(n-1)}=\frac{b(b-1)}{n(n-1)}+\frac{17}{43}\backslash frac\{(n-b)(n-b-1)\}\{n(n-1)\}=\backslash frac\{b(b-1)\}\{n(n-1)\}+\backslash frac\{17\}\{43\}$$

kterou lze algebraickými úpravami zjednodušit do tvaru $43 b=13 n$ (pro $n \notin{0,1}$ jde o ekvivalentní rovnice). Odtud vzhledem k nesoudělnosti čísel 13 a 43 plyne, že přirozená čísla $n$ a $b$ jsou tvaru $n=43 k$ a $b=13 k$, kde $k$ je vhodné přirozené číslo. Podle zadání pro číslo $n$ platí odhady $950 \leqq n<1050$, z nichž zjistíme, že $k \in{23,24}$. Pro $k=23$ vychází $n=989$ a $b=299$ (tehdy $n-b=690$ ), zatímco hodnotě $k=24$ odpovídá $n=1032$ a $b=312$ (tehdy $n-b=720$ ).

Odpověd': Úloha má dvě řešení - v urně je bud' 299 bílých a 690 černých, nebo 312 bílých a 720 černých kuliček.

2. Necht’ $a_{1}, a_{2}$ jsou přirozená čísla a necht̀ pro každé přirozené $n \geqq 2$ je čislo $a_{n+1}$ o 1 větši než největši lichý dělitel součtu $a_{n}+a_{n-1}$. Dokažte, že posloupnost $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ je od určitého členu počínaje periodická. Najděte všechny takové posloupnosti, jež jsou periodické už od prvního členu.

ŘEŠENí. Zvolíme-li přirozená čísla $a_{1}, a_{2}$ libovolně, jsou všechny následující členy $a_{3}, a_{4}, \ldots$ zkoumané posloupnosti jednoznačně určeny rekurentním předpisem

$$a_{n+1}=1+{(a_n+a_{n-1})}^{\ast }(n=2,3,\dots )a\_\{n+1\}=1+\backslash left(a\_\{n\}+a\_\{n-1\}\backslash right)^\{*\}\; \backslash quad(n=2,3,\; \backslash ldots)$$

kde $a^{*}$ značí největší lichý dělitel přirozeného čísla $a$. Doporučme nejdříve řešitelům, aby pro několik „počátečních“ dvojic $a_{1}, a_{2}$ vypočetli tolik prvních členư $a_{n}$, ze kterých už bude jasné, kde začíná a jak vypadá perioda dotyčné posloupnosti. ${ }^{1}$ Několik příkladů uvádíme v následující tabulce.

$a_{1}$	$a_{2}$	$a_{3}$	$a_{4}$	$a_{5}$	$a_{6}$	$a_{7}$	$a_{8}$	$a_{9}$	$a_{10}$	$\ldots$
1	1	2	4	4	2	4	4	2	4	$\cdots$
2	1	4	6	6	4	6	6	4	6	$\cdots$
1	2	4	4	2	4	4	2	4	4	$\ldots$
1	3	2	6	2	2	2	2	2	2	$\cdots$
2	2	2	2	2	2	2	2	2	2	$\ldots$
3	1	2	4	4	2	4	4	2	4	$\ldots$
1	4	6	6	4	6	6	4	6	6	$\cdots$
2	3	6	10	2	4	4	2	4	4	$\cdots$
3	2	6	2	2	2	2	2	2	2	$\ldots$
4	1	6	8	8	2	6	2	2	2	$\ldots$

(Pro větší hodnoty $a_{1}, a_{2}$ se perioda často objeví „později“, jak ukazuje příklad posloupnosti $30,31,62,94,40,68,60,2,32,18,26,12,20,2,12,8,6,8,8,2,6,2,2 \ldots)$

Žáci si jistě uvědomí, že posloupnost vytvořená podle předpisu (1) je od jistého členu, řekněme $a_{n}$, periodická, právě když existuje takový index $m$, že platí

$$m>n,a_m=a_n\text{ a }{a}_{m+1}=a_{n+1}\mathrm{.}m>n,\; \backslash quad\; a\_\{m\}=a\_\{n\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; a\_\{m+1\}=a\_\{n+1\}\; .$$

Vlastní řešení úlohy zahájíme tak, že dokážeme čtyři tvrzení (T1) až (T4), která platí pro každou zkoumanou posloupnost $\left{a_{n}\right}$ a která lze vypozorovat z příkladů uvedených $\mathrm{v}$ tabulce.

(T1) Císlo $a_{n}$ je sudé pro každé $n \geqq 3$.

Důkaz (T1) je triviální: protože je číslo $a^{*}$ liché pro každé $a$, je pravá strana rovnosti v (1) sudá.

(T2) Nerovnost $a_{n} \leqq \max \left{a_{n-1}, a_{n-2}\right}$ platí pro každé $n \geqq 5$.

Di̊kaz (T2): Protože pro sudé $a$ platí $a^{*} \leqq \frac{1}{2} a$ a pro každé $n \geqq 5$ jsou podle (T1) obě č́sla $a_{n-1}, a_{n-2}$ sudá, platí pro takové $n$ odhad

$$a_n=1+{(a_{n-1}+a_{n-2})}^{\ast }\leqq 1+\frac{a_{n-1}+a_{n-2}}{2}\leqq 1+\max \{a_{n-1},a_{n-2}\}a\_\{n\}=1+\backslash left(a\_\{n-1\}+a\_\{n-2\}\backslash right)^\{*\}\; \backslash leqq\; 1+\backslash frac\{a\_\{n-1\}+a\_\{n-2\}\}\{2\}\; \backslash leqq\; 1+\backslash max\; \backslash left\backslash \{a\_\{n-1\},\; a\_\{n-2\}\backslash right\backslash \}$$[^0](nebot aritmetický průměr dvou čísel nepřevyšuje větší z nich). Zjistili jsme, že sudé číslo $a_{n}$ neprevyšuje liché číslo $1+\max \left{a_{n-1}, a_{n-2}\right}$, tudíž nepřevyšuje ani číslo o 1 menší, číslo $\max \left{a_{n-1}, a_{n-2}\right}$.

Z dokázaného tvrzení (T2) plyne, že každá zkoumaná posloupnost $\left{a_{n}\right}$ má největší člen (a ten se navíc rovná jednomu z čísel $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ ). Ukažme, jak snadno již odtud plyne tvrzení o periodičnosti posloupnosti $\left{a_{n}\right}$ : značí-li $M$ její největší člen, je každá $\mathrm{z}$ nekonečně mnoha dvojic $\left(a_{n}, a_{n+1}\right)(n=1,2,3, \ldots)$ rovna jedné z $M^{2}$ dvojic $(a, b)$, kde $a, b \in{1,2, \ldots, M}$. Proto existují dva různé indexy, řekněme $n<m$, pro které platí $\left(a_{n}, a_{n+1}\right)=\left(a_{m}, a_{m+1}\right)$, tj. podmínka (2). Pak ovšem indukcí z (1) plyne, že $a_{n+k}=a_{m+k}$ pro každé $k \geqq 0$. Proto je posloupnost $\left{a_{n}\right}$ periodická. První část úlohy je tak vyřešena.

Zdůrazněme ještě, že tvrzení (T2) neznamená, že posloupnost $\left{a_{n}\right}$ je od některého členu nerostoucí (vyvracejí to příklady z naší tabulky). Platí ale:

(T3) Existuje index $n_{0}$ (závislý na posloupnosti $\left{a_{n}\right}$ ) takový, že pro každé $n \geqq n_{0}$ platí rovnost $\max \left{a_{n-1}, a_{n-2}\right}=\max \left{a_{n}, a_{n-1}\right}$.

Důkaz (T3): Položme $b_{n}=\max \left{a_{n}, a_{n-1}\right}$ pro každé $n \geqq 4$. Podle (T2) pro každé $n \geqq 5$ platí $a_{n} \leqq b_{n-1}$, což spolu s triviální rovností $a_{n-1} \leqq b_{n-1}$ vede k závěru, že $b_{n} \leqq b_{n-1}$. Posloupnost přirozených čísel $b_{4}, b_{5}, b_{6}, \ldots$ je tedy nerostoucí, proto je od jistého členu, řekněme $b_{n_{0}}$, konstantní. Důkaz (T3) je hotov.

(T4) Pro každé $n \geqq n_{0}$, kde $n_{0}$ je index z (T3), platí implikace: jestliže $a_{n}>a_{n+1}$, pak $a_{n}-a_{n+1}=2$.

Důkaz (T4): Pokud $a_{n}>a_{n+1}$ pro některé $n \geqq n_{0}$, pak $a_{n} \geqq a_{n+1}+2$ podle (T1) a z rovnosti $\max \left{a_{n+1}, a_{n}\right}=\max \left{a_{n+2}, a_{n+1}\right}$ obsažené v (T3) vyplývá, že $a_{n}=a_{n+2}$, což podle (1) znamená, že $a_{n}=1+\left(a_{n}+a_{n+1}\right)^{*}$. Číslo $a_{n}-1$ je tedy dělitelem (většího) čísla $a_{n}+a_{n+1}$, a tak platí nerovnost $a_{n}+a_{n+1} \geqq 2\left(a_{n}-1\right)$, odkud $a_{n} \leqq a_{n+1}+2$. Protože platí i obrácená nerovnost (viz výše), je důkaz (T4) ukončen.

S pomocí tvrzení (T3) a (T4) ted' dokončíme řešení úlohy. (Ukáže se, že všechny možné periodické skupiny členů lze vyčíst z naší tabulky.) Uvažujme i nadále libovolnou zkoumanou posloupnost $\left{a_{n}\right}$ a jí příslušný index $n_{0} \mathrm{z}$ (T3). Mohou nastat dva případy:

(i) nerovnost $a_{n} \leqq a_{n+1}$ platí pro každé $n \geqq n_{0}$,

(ii) pro některé $n \geqq n_{0}$ platí $a_{n}>a_{n+1}$.

V případě (i) z (T3) plyne indukcí, že $a_{n}=a_{n_{0}}$ pro každé $n \geqq n_{0}$. Možnou hodnotu $c=a_{n_{0}}$ najdeme podle (1) z rovnosti $c=1+(2 c)^{}$. Protože $(2 c)^{}=c^{}$, dostáváme $c^{}=c-1$. Číslo $c-1$ je však dělitelem čísla $c$ ž̌ejmě jen pro $c=2$. Zkoumaná posloupnost je tedy tvaru

$$a_1,a_2,\dots ,a_{n_0-1},2,2,2,\dots a\_\{1\},\; a\_\{2\},\; \backslash ldots,\; a\_\{n\_\{0\}-1\},\; 2,2,2,\; \backslash ldots$$

$\mathrm{V}$ případě (ii) z nerovnosti $a_{n}>a_{n+1}$ podle (T4) plyne $a_{n}=2 d$ a $a_{n+1}=2 d-2$ pro vhodné celé $d>1$ (připomeňme, že $a_{n}$ je sudé podle (T1)). Podle předpisu (1) pak dostáváme

Pro $d>1$ ovšem platí $2 d>1+d \geqq 1+d^{}$, a tak $a_{n+3}>a_{n+4}$. To opět podle (T4) znamená, že $a_{n+3}-a_{n+4}=2$, neboli $(2 d)-\left(1+d^{}\right)=2$, odkud $2 d-3=d^{*} \leqq d$, takže $d \leqq 3$. V př́íadě $d=2$ je zkoumaná posloupnost tvaru

$$a_1,a_2,\dots ,a_{n-1},4,2,4,4,2,4,4,2,\dots a\_\{1\},\; a\_\{2\},\; \backslash ldots,\; a\_\{n-1\},\; 4,2,4,4,2,4,4,2,\; \backslash ldots$$

zatímco pro $d=3$ má tvar

$$a_1,a_2,\dots ,a_{n-1},6,4,6,6,4,6,6,4,\dots a\_\{1\},\; a\_\{2\},\; \backslash ldots,\; a\_\{n-1\},\; 6,4,6,6,4,6,6,4,\; \backslash ldots$$

Dokázali jsme, že každá posloupnost ze zadání úlohy je jednoho z tvarů (3), (4), (5). Odtud již plyne, že periodické od prvního členu jsou právě ty posloupnosti, které mají dvojici prvních členů $\left(a_{1}, a_{2}\right)$ rovnu jedné ze sedmi dvojic $(2,2),(2,4),(4,2),(4,4)$, $(4,6),(6,4)$ a $(6,6)$.

3. V rovině je dán ostroúhlý trojúhelník $A B C$. Paty výšek $z$ vrcholů $A, B$ označme po řadě $A_{1}, B_{1}$. Tečny kružnice opsané trojúhelniku $C A_{1} B_{1}$ sestrojené $v$ bodech $A_{1}, B_{1}$ se protínají v bodě $M$. Dokažte, že kružnice opsané trojúhelníkiom $A M B_{1}$, $B M A_{1}, C A_{1} B_{1}$ procházejí jedním bodem.

ŘEŠENí. Označme $k$ kružnici opsanou trojúhelníku $C A_{1} B_{1}$. V první části řešení ukážeme, že bod $M$ z textu úlohy je středem strany $A B$. Protože trojúhelník $A B C$ je ostroúhlý, leží paty $A_{1}, B_{1}$ přislušných výšek uvnitř odpovídajících stran. S ohledem na symetrii dané situace stačí uvažovat jen tečnu $t$ ke kružnici $k$ sestrojenou v bodě $A_{1}$, označit $X$ její průsečík s přímkou $A B$ a dokázat rovnost $|A X|=|B X|$ (obr. 1).

Obr. 1

Označme ještě $Y$ libovolný vnitřní bod polopřímky opačné k polopřímce $A_{1} X$. Protože jsou oba úhly $A A_{1} B$ a $B B_{1} A$ pravé, je čtyřúhelník $A B A_{1} B_{1}$ tětivový, a tak platí $\left|\Varangle A B_{1} A_{1}\right|=180^{\circ}-\left|\Varangle A B A_{1}\right|=180^{\circ}-\beta$, kde jako obvykle $\beta=|\Varangle A B C|$. Proto má obvodový úhel $A_{1} B_{1} C$ v kružnici $k$ nad tětivou $A_{1} C$ velikost $\left|\Varangle A_{1} B_{1} C\right|=$ $=180^{\circ}-\left|\Varangle A B_{1} A_{1}\right|=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-\beta\right)=\beta$, stejnou velikost má i příslušný úsekový úhel $Y A_{1} C .^{2}$ Protože úhly $X A_{1} B$ a $Y A_{1} C$ jsou vrcholové, dohromady dostáváme

${ }^{2}$ K pojmu úsekového úhlu a jeho shodnosti s obvodovým úhlem viz S. Horák: Kružnice, ŠMM 16, MF, Praha 1966, str. 3-7. $\left|\Varangle X A_{1} B\right|=\left|\Varangle Y A_{1} C\right|=\left|\Varangle A_{1} B_{1} C\right|=\beta$ (tyto shodné úhly jsou na obr. 1 vyznačeny obloučky). Zároveň platí i $\left|\Varangle X A_{1} A\right|=\left|\Varangle X A A_{1}\right|=90^{\circ}-\beta$. Zjistili jsme, že tečna $t$ protne přímku $A B$ v takovém bodě $X$, pro který jsou trojúhelníky $B A_{1} X$ a $A_{1} A X$ rovnoramenné, tj. $|B X|=\left|A_{1} X\right|=|A X|$.

Dokázali jsme, že bod $M$ (průsečík tečen ke kružnici $k$ s body dotyku $A_{1}$ a $B_{1}$ ) splývá se středem strany $A B$. Označme nyní $k_{1}$ a $k_{2}$ kružnice opsané po řadě trojúhelníkům $A M B_{1}$ a $B M A_{1}$ a $S_{1}, S_{2}$ jejich středy (obr. 2). Jedním průsečíkem kružnic $k_{1}$

a $k_{2}$ je bod $M$, druhý průsečík označme $N$. Protože body $S_{1}, S_{2}$ leží v polorovině $A B C$, leží v ní i bod $N$, nebot je souměrně sdružený s $M$ podle středné $S_{1} S_{2}$. Naší úlohou je dokázat, že bod $N$ leží na jedné kružnici s body $A_{1}, B_{1}$ a $C$.

Jak už víme, je trojúhelník $B A_{1} M$ rovnoramenný, a protože $\left|\Varangle B B_{1} M\right|=90^{\circ}-$ $-\alpha<\beta=\left|\Varangle B A_{1} M\right|$ (tato nerovnost je ekvivalentní tomu, že $\gamma<90^{\circ}$ ), leží bod $B_{1}$ vně kružnice $k_{2}$. To znamená, že kružnice $k_{2}$ musí protínat kružnici $k_{1} \mathrm{v}$ tom jejím oblouku nad tětivou $M B_{1}$, který odpovídá obvodovému úhlu $180^{\circ}-\alpha$. Analogicky zjistíme, že bod $A_{1}$ leží vně kružnice $k_{1}$, takže průsečík $N$ leží na oblouku kružnice $k_{2}$ příslušného tětivě $M A_{1}$ a obvodovému úhlu $180^{\circ}-\beta$. Protože zároveň

$\left|\Varangle B_{1} N M\right|+\left|\Varangle A_{1} N M\right|=\left(180^{\circ}-\alpha\right)+\left(180^{\circ}-\beta\right)=360^{\circ}-(\alpha+\beta)=180^{\circ}+\gamma>180^{\circ}$,

musí bod $N$ ležet uvnitř trojúhelníku $A_{1} B_{1} M$ (přímka $A_{1} B_{1}$ tedy odděluje body $C$ a $N$ ). Protože $\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}$ (kde $\gamma=\left|\Varangle A_{1} C B_{1}\right|$ ), plyne odtud, že ve čtyř́hhelníku $A_{1} C B_{1} N$ je součet vnitřních úhlů u protilehlých vrcholů $C$ a $N$ roven $180^{\circ}$, a tak je tento čtyřúhelník skutečně tětivový.

4. V oboru reálných čisel řešte soustavu nerovnic

ŘEŠENí. Sečtením všech tří daných nerovnic dostaneme nerovnost

$$(\sin x+\cos x)+(\sin y+\cos y)+(\sin z+\cos z)\geqq 3\sqrt{2}(\backslash sin\; x+\backslash cos\; x)+(\backslash sin\; y+\backslash cos\; y)+(\backslash sin\; z+\backslash cos\; z)\; \backslash geqq\; 3\; \backslash sqrt\{2\}$$

Na druhou stranu pro každé reálné číslo $t$ plati ${ }^{3}$

nebot́ $\sin \left(t+\frac{\pi}{4}\right) \leqq 1$; přitom rovnost $\mathrm{v}$ druhém řádku (2) nastane, právě když $t+\frac{\pi}{4}=$ $=\frac{\pi}{2}+2 k \pi$, neboli $t=\frac{\pi}{4}+2 k \pi$ pro některé celé číslo $k$. Sečtením tří odhadů (2) pro $t=x, t=y$ a $t=z$ dostaneme nerovnost

$$(\sin x+\cos x)+(\sin y+\cos y)+(\sin z+\cos z)\leqq 3\sqrt{2}(\backslash sin\; x+\backslash cos\; x)+(\backslash sin\; y+\backslash cos\; y)+(\backslash sin\; z+\backslash cos\; z)\; \backslash leqq\; 3\; \backslash sqrt\{2\}$$

Zdưrazněme, že nerovnost (3) platí pro libovolnou trojici reálných čísel $(x, y, z)$, zatímco opačná nerovnost (1) platí pro každé rešení původní soustavy. Tak zjištujeme, že nerovnost (1) může být splněna jedině jako rovnost, což se podle předchozího stane, právě když čísla $x, y, z$ budou tvaru

$$x=\frac{\pi }{4}+2k_1\pi ,y=\frac{\pi }{4}+2k_2\pi ,z=\frac{\pi }{4}+2k_3\pi (k_1,k_2,k_3\in \mathbb{Z})\mathrm{.}x=\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}+2\; k\_\{1\}\; \backslash pi,\; \backslash quad\; y=\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}+2\; k\_\{2\}\; \backslash pi,\; \backslash quad\; z=\backslash frac\{\backslash pi\}\{4\}+2\; k\_\{3\}\; \backslash pi\; \backslash quad\backslash left(k\_\{1\},\; k\_\{2\},\; k\_\{3\}\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}\backslash right)\; .$$

Dosazením do původní soustavy se snadno přesvědčíme, že každá taková trojice čísel $(x, y, z)$ je skutečně řešením, platí pro ni totiž

$$\sin x=\cos x=\sin y=\cos y=\sin z=\cos z=\frac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{.}\backslash sin\; x=\backslash cos\; x=\backslash sin\; y=\backslash cos\; y=\backslash sin\; z=\backslash cos\; z=\backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}\; .$$

(Zmínka o zkoušce byla nutná, protože nerovnost (1) je pouze diosledkem zadané soustavy: nemohli jsme vyloučit, že pro některou trojici čísel $(x, y, z)$ platí (1), avšak neplatí některá ze tří původních nerovností.)

Poznámka. Nerovnost (2) můžeme snadno získat z nerovnosti mezi aritmetickým a kvadratickým průměrem:

$$\sin t+\cos t\leqq \mathrm{\mid }\sin t\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }\cos t\mathrm{\mid }\leqq 2\sqrt{\frac{{\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t}{2}}=\sqrt{2}\backslash sin\; t+\backslash cos\; t\; \backslash leqq|\backslash sin\; t|+|\backslash cos\; t|\; \backslash leqq\; 2\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{\backslash sin\; ^\{2\}\; t+\backslash cos\; ^\{2\}\; t\}\{2\}\}=\backslash sqrt\{2\}$$

K řešení úlohy lze místo (1) využít i jiných důsledků dané soustavy. Přepišme např́́klad první $\mathrm{z}$ daných nerovnic do tvaru $\sin x \geqq \sqrt{2}-\cos y$. Platí-li tato nerovnost,[^1]platí i umocněná nerovnost $\sin ^{2} x \geqq(\sqrt{2}-\cos y)^{2}$, nebot̀ $\sqrt{2}-\cos y>0$ pro každé $y \in \mathbb{R}$. Sečtením tří nerovností

$${\sin }^{2}x\geqq (\sqrt{2}-\cos y{)}^2,{\sin }^{2}y\geqq (\sqrt{2}-\cos z{)}^2,{\sin }^{2}z\geqq (\sqrt{2}-\cos x{)}^2\backslash sin\; ^\{2\}\; x\; \backslash geqq(\backslash sqrt\{2\}-\backslash cos\; y)^\{2\},\; \backslash sin\; ^\{2\}\; y\; \backslash geqq(\backslash sqrt\{2\}-\backslash cos\; z)^\{2\},\; \backslash sin\; ^\{2\}\; z\; \backslash geqq(\backslash sqrt\{2\}-\backslash cos\; x)^\{2\}$$

dostaneme po úpravách nerovnost

$$0\geqq (1-\sqrt{2}\cos x{)}^2+(1-\sqrt{2}\cos y{)}^2+(1-\sqrt{2}\cos z{)}^{2}0\; \backslash geqq(1-\backslash sqrt\{2\}\; \backslash cos\; x)^\{2\}+(1-\backslash sqrt\{2\}\; \backslash cos\; y)^\{2\}+(1-\backslash sqrt\{2\}\; \backslash cos\; z)^\{2\}$$

ze které už plyne vše potřebné.

Řešení úlohy můžeme zahájit ještě jedním způsobem. Umocněme nejdříve každou ze tří daných nerovnic na druhou (jde o důsledkovou úpravu, nebot menší (pravá) strana nerovnice je kladná) a pak je sečtěme. Po snadné úpravě vyjde nerovnost

$$2\sin x\cos y+2\sin y\cos z+2\sin z\cos x\geqq 3.2\; \backslash sin\; x\; \backslash cos\; y+2\; \backslash sin\; y\; \backslash cos\; z+2\; \backslash sin\; z\; \backslash cos\; x\; \backslash geqq\; 3\; .$$

O obecné platnosti opačné nerovnosti se přesvědčíme tak, že každý ze tří členů na levé straně odhadneme shora pomocí „klasické“ nerovnosti $2 u v \leqq u^{2}+v^{2}$ (jež je ostrá v př́ipadě $u \neq v)$ :

(Tak odvodíme nutné podmínky $\sin x=\cos y, \sin y=\cos z, \sin z=\cos x$, za kterých je řešení původní soustavy již triviální úlohou.)

5. Najděte všechny funkce $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ takové, že pro všechna reálná čısla $x$, y platí

$$x^2+y^2+2f(xy)=f(x+y)\cdot (f(x)+f(y))\text{. }x^\{2\}+y^\{2\}+2\; f(x\; y)=f(x+y)\; \backslash cdot(f(x)+f(y))\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Mnozí studenti patrně nikdy funkcionální rovnice neřešili, proto jim nejdříve vysvětlíme, že z rovnice pro neznámou funkci $f$, která platí pro libovolné hodnoty proměnných $x$ a $y$, získáváme důležité informace o funkci $f$ často tak, že do dané rovnice za jednu nebo obě z proměnných $x, y$ dosadíme vhodná čísla (předem ovšem většinou nevíme, zda takové dosazení bude přínosné, často proto „dosazovací proceduru" několikrát opakujeme, dokud něco významného nezjistíme). Ilustrujme to velmi jednoduchým příkladem: najdeme všechny funkce $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ takové, že rovnost $f(x+y)=x+f(y)$ platí pro libovolná $x, y \in \mathbb{R}$. Dosadíme-li do dané rovnosti $x=0$, zjistíme, že pro každé $y \in \mathbb{R}$ platí $f(0+y)=0+f(y)$. Je to zklamání: vyšla nám „nicneříkající“ rovnost $f(y)=f(y)$. Zato po dosazení $y=0$ do původní rovnice dostaneme $f(x+0)=x+f(0)$, neboli $f(x)=x+f(0)$. Podtrhněme, že poslední rovnost platí pro každé $x \in \mathbb{R} ;$ můžeme ji proto přečíst jako předpis pro výpočet libovolné hodnoty hledané funkce $f$ : číslo $f(x)$ dostaneme, když k příslušnému $x$ přičteme jistou (prozatím neznámou) konstantu $f(0)$. To znamená, že neznámá funkce $f$ je už téměř „odhalena“: je to funkce určená předpisem $f(x)=x+c(x \in \mathbb{R})$, ve kterém ještě neznáme číslo $c$ (z předchozího víme, že $c=f(0)$, uvědomíme si to ostatně, když do nalezeného předpisu $f(x)=x+c$ dosadíme $x=0)$. V této chvíli přirozeně vzniká otázka, pro které $c \in \mathbb{R}$ je funkce $f(x)=x+c$ $(x \in \mathbb{R})$ řešením naší úlohy? Odpověd' jednoduše najdeme tak, že provedeme ,zkoušku“: do dané rovnice $f(x+y)=x+f(y)$ dosadíme za funkční hodnoty $f(x+y), f(y)$ po řadě výrazy $(x+y)+c$ a $y+c$. Dostaneme tak rovnost $(x+y)+c=x+(y+c)$. Otázka ted' zní: při jakém čísle $c$ je poslední rovnost splněna pro libovolná $x, y \in \mathbb{R}$ ? Samozřejmě, že při libovolném $c \in \mathbb{R}$ ! Proto je hledaných funkcí $f$ nekonečně mnoho a jsou to právě funkce určené předpisem $f(x)=x+c$, kde $c$ je libovolná konstanta. Tolik na úvod k problematice funkcionálních rovnic, další informace pro řešitele MO lze čerpat z brožur F. Neuman: Funkcionální rovnice, SNTL, Praha 1986; J. Smítal: O funkciách a funkcionálnych rovniciach, Alfa, Bratislava 1984; L. Davidov: Funkcionální rovnice, ŠMM 55, MF, Praha 1984.

Vlastní řešení funkcionální rovnice

$$x^2+y^2+2f(xy)=f(x+y)\cdot (f(x)+f(y))(x,y\in \mathbb{R})x^\{2\}+y^\{2\}+2\; f(x\; y)=f(x+y)\; \backslash cdot(f(x)+f(y))\; \backslash quad(x,\; y\; \backslash in\; \backslash mathbb\{R\})$$

zahájíme tak, že vypíšeme přehled všech výsledků dosazení, které budeme dále potřebovat (písmeno $a$ značí libovolné reálné číslo):

(Některé rovnosti jsme drobně algebraicky upravili.)

Z (D1) plyne, že číslo $f(0)$ je rešením rovnice $t=t^{2}$, je to tedy číslo $t=0$ nebo $t=1$. Diskutujme obě možnosti odděleně.

(i) Př́pad $f(0)=0$. Dosadíme-li $f(0)=0$ do (D2), dostaneme $a^{2}=(f(a))^{2}$, odkud $f(a)=a$ nebo $f(a)=-a$ pro každé $a \in \mathbb{R}$. Zdůrazněme, že zatím nevíme, zda pro všechna $x$ platí stejný z obou předpisů $f(x)=x$ resp. $f(x)=-x$ (víme, jen, že existuje $A \subset \mathbb{R}$ tak, že $f(x)=x$ pro každé $x \in A$ a $f(x)=-x$ pro každé $x \in \mathbb{R} \backslash A)$.

Ukažme nejprve, že předpis $f(x)=x$ platí pro všechna nekladná $x$ : dosadíme-li $f(0)=0$ do (D4), dostaneme rovnost $f\left(-a^{2}\right)=-a^{2}$, takže $f(x)=x$ pro všechna ta reálná čísla $x$, která se dají zapsat ve tvaru $x=-a^{2}$ s vhodným $a \in \mathbb{R}$, a to jsou všechna nekladná $x$. Nyní zdůvodníme, proč $f(x)=x$ rovněž pro všechna kladná $x$ : kdyby totiž pro některé $a \neq 0$ neplatilo $f\left(a^{2}\right)=a^{2}$, platilo by podle předchozího odstavce $f\left(a^{2}\right)=-a^{2}$, a tak bychom podle (D3) měli $f(a) f(2 a)=0$, což je ale ve sporu s tím, že obě čísla $f(a)$ a $f(2 a)$ jsou nenulová (jsou to čísla $\pm a$ resp. $\pm 2 a$, predpoklad ale byl, že $a \neq 0$ ). Tím je dokázáno, že $f(x)=x$ pro každé $x$. Dosazením se snadno ověří, že taková funkce je skutečně řešením naší úlohy.

(ii) Př́pad $f(0)=1$. Po dosazení $f(0)=1$ do (D2) dostaneme pro hodnotu $f(a)$ kvadratickou rovnici $(f(a))^{2}+f(a)-a^{2}-2=0$. Jejím řešením zjistíme, že

$$f(a)\in \{\frac{-1+\sqrt{4a^2+9}}{2},\frac{-1-\sqrt{4a^2+9}}{2}\}\text{ pro ka}\check{\text{z}}\text{d}\acute{\text{e}}a\in \mathbb{R}\text{. }f(a)\; \backslash in\backslash left\backslash \{\backslash frac\{-1+\backslash sqrt\{4\; a^\{2\}+9\}\}\{2\},\; \backslash frac\{-1-\backslash sqrt\{4\; a^\{2\}+9\}\}\{2\}\backslash right\backslash \}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; pro\; každé\; \}\; a\; \backslash in\; \backslash mathbb\{R\}\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Speciálně pro $a=1$ a pro $a=2$ vychází

$$f(1)\in \{\frac{-1+\sqrt{13}}{2},\frac{-1-\sqrt{13}}{2}\}\text{ a }f(2)\in \{2,-3\}f(1)\; \backslash in\backslash left\backslash \{\backslash frac\{-1+\backslash sqrt\{13\}\}\{2\},\; \backslash frac\{-1-\backslash sqrt\{13\}\}\{2\}\backslash right\backslash \}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; f(2)\; \backslash in\backslash \{2,-3\backslash \}$$

odkud plyne, že číslo $f(1)$ je iracionální, zatímco číslo $f(2)-1$ je racionální a různé od nuly. Proto je součin $f(1) \cdot(f(2)-1)$ iracionální, což je ve sporu s (D5). Hledaná funkce $f$ splňující podmínku $f(0)=1$ tudíž neexistuje.

Odpověd': Danou funkcionální rovnici splňuje jediná funkce $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, a to funkce určená předpisem $f(x)=x$ pro každé $x \in \mathbb{R}$.

6. Sestrojte lichoběžník $A B C D$, jsou-li dány délky jeho ramen $|B C|=4,5 \mathrm{cm},|D A|=$ $=3 \mathrm{cm}$ a velikost $75^{\circ}$ úhlu, který svíraji přŕmky $B C$ a $A D$, platíli navíc $|A B|$. . $|C D|=|A C|^{2}$.

PrVní ŘeŠEní. Rovnost ze zadání přepišme jako $|A B|:|C A|=|A C|:|C D|$. Tato úměra spolu s rovností střídavých úhlů $B A C$ a $A C D$ (obr.3) znamená, že trojúhelníky

Obr. 3

$B A C$ a $A C D$ jsou podobné podle věty sus. Protože strany $B C$ a $A D$ si v této podobnosti odpovídají a podle zadání platí $|B C|:|A D|=3: 2$, platí rovněž $|A B|:|C A|=3: 2$ a $|A C|:|C D|=3: 2$. Vynásobením posledních dvou rovností dostaneme $|A B|:|C D|=$ $=9: 4$, takže základna $A B$ lichobě̌̌níku $A B C D$ je delší než základna $C D$. Proto se protínají polopřímky $A D$ a $B C$, jejich průsečík označme $X$. Podle zadání má úhel $C X D$ velikost $75^{\circ}$ nebo $105^{\circ}$.

Trojúhelníky $A B X$ a $D C X$ jsou podobné podle věty uu a podle předchozího platí $|A B|=\frac{9}{4}|D C|$, proto rovněž $|A X|=\frac{9}{4}|D X|$. Dosadíme-li sem za $|A X|$ součet $|A D|+$ $+|D X|$, vyjde $|D X|=\frac{4}{5}|A D|=2,4 \mathrm{cm}$. Analogicky $|C X|=\frac{4}{5}|B C|=3,6 \mathrm{cm}$.

Konstrukce:

1. Trojúhelník $C D X:|D X|=2,4 \mathrm{cm},|C X|=3,6 \mathrm{cm},|\Varangle D X C| \in\left{75^{\circ}, 105^{\circ}\right}$,
2. bod $A$ : $A$ leží na polopřímce opačné $\mathrm{k} D X,|A D|=3 \mathrm{~cm}$,
3. bod $B$ : $B$ leží na polopřímce opačné $\mathrm{k} C X,|B C|=4,5 \mathrm{~cm}$.

Nyní je třeba ukázat, že takto sestrojený čtyř́uhelník $A B C D$ má všechny požadované vlastnosti (tj. provést di̊kaz správnosti konstrukce). Předně body 2 a 3 konstrukce zaručují, že strany $B C$ a $A D$ mají předepsané délky. Podle bodu 1 svírají přímky $B C$ a $A D$ předepsaný úhel a platí

$$\mathrm{\mid }AX\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }DX\mathrm{\mid }=5,4\mathrm{c}\mathrm{m}\text{ a }\mathrm{\mid }BX\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }BC\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }CX\mathrm{\mid }=8,1\mathrm{c}\mathrm{m},|A\; X|=|A\; D|+|D\; X|=5,4\; \backslash mathrm\{~cm\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad|B\; X|=|B\; C|+|C\; X|=8,1\; \backslash mathrm\{~cm\},$$

a tak je poměr $|A X|:|B X|$ roven $2: 3$ stejně jako poměr $|D X|:|C X|$. Trojúhelníky $A B X$ a $D C X$ jsou tudíž stejnolehlé, proto jsou úsečky $A B$ a $C D$ rovnoběžné. Tak jsme ověřili, že $A B C D$ je lichobě̌̌ník se základnami $A B, C D$. Z rovnosti poměrů $|A X|$ : $:|B X|=2: 3=|C X|:|A X|$ plyne podobnost trojúhelníků $A B X$ a $C A X$ (se společným úhlem při vrcholu $X$ ), takže úhly $A B X$ a $C A X$ (neboli úhly $A B C$ a $C A D$ ) jsou shodné. Protože jsou shodné rovněž (střídavé) úhly $B A C$ a $A C D$, podle věty uu zjištujeme, že jsou podobné trojúhelníky $A B C$ a $C A D$. Proto platí $|A B|:|C A|=|A C|:|C D|$, tudíž $|A B| \cdot|C D|=|A C|^{2}$. (Poslední rovnost lze dokázat také tak, že délky úseček $A B, C D$ a $A C$ vyjádříme podle kosinové věty pro trojúhelníky $A B X, C D X$ resp. $A C X$.) Všechny požadované vlastnosti sestrojeného čtyřúhelníku $A B C D$ jsou tak ověřeny.

DRUHÉ ŘEŠENí. Zadaná rovnost $|A B| \cdot|C D|=|A C|^{2}$ evokuje otázku, zda nelze úlohu řešit pomocí tvrzení o mocnosti bodu ke kružnici (viz návodnou úlohu ní̌̌e). Ukažme, že je tomu skutečně tak.

Předpokládejme nejprve, že $|A B|>|C D|$ a označme $X$ průsečík polopřímek $A D$ a $B C$. Vhodným bodem $E$ základny $A B$ doplňme trojúhelník $A C D$ na rovnoběžník $A E C D$ (obr. 4). ${ }^{4}$ Všimněme si, že v trojúhelníku $B C E$ známe délky stran $B C$,

Obr. 4

$E C(|E C|=|A D|)$ a velikost úhlu $B C E(|\Varangle B C E|=|\Varangle C X D|)$. Opišme tomuto trojúhelníku kružnici a označme ji $k$. Protože $|A E|=|C D|$, lze zadanou rovnost $|A B| \cdot|C D|=|A C|^{2}$ zapsat jako $|A B| \cdot|A E|=|A C|^{2}$. Podle tvrzení z návodné úlohy to znamená, že přímka $A C$ je tečnou ke kružnici $k$. Tím je rozbor případu $|A B|>|C D|$

4 To je dosti obvyklý obrat v situaci, kdy jsou dány délky ramen lichoběžníku a úhel, který tato ramena svírají. ukončen. V případě $|A B|<|C D|$ stačí v rozboru provést dvě změny: bod $X$ je průsečíkem polopřímek $D A$ a $C B$, bod $E$ leží na polopřímce opačné k $B A$ (nikoliv na základně $A B$ ).

Konstrukce:

1. Trojúhelník $B C E:|B C|=4,5 \mathrm{cm},|E C|=3 \mathrm{cm},|\Varangle B C E| \in\left{75^{\circ}, 105^{\circ}\right}$,
2. kružnice $k$ opsaná trojúhelníku $B C E$,
3. tečna $t$ ke kružnici $k$ v bodě $C$,
4. $\operatorname{bod} A: A \in B E \cap t$,
5. bod $D: A E C D$ je rovnoběžník.

(Protože dle zadání platí $|B C|>|E C|$, padne bod $A$ při konstrukci podle bodu 4 na polopřímku opačnou k $E B$. Bod $E$ bude tedy náležet úsečce $A B$, takže nastane př́ípad $|A B|>|C D|$.)

Při důkazu správnosti konstrukce opět využijeme tvrzení z návodné úlohy (v opačném „směru“, než tomu bylo v rozboru): protože je přímka $A C$ tečnou kružnice $k$, platí rovnost $|A B| \cdot|A E|=|A C|^{2}$. Zbytek důkazu je triviální.

NÁVODNÁ ÚLOHA:

Je-li kružnice $k$ opsána trojúhelníku $K L T$ a ležíli bod $M$ na přímce $K L$ vně úsečky $K L$, pak rovnost $|M K| \cdot|M L|=|M T|^{2}$ platí, právě když je přímka $M T$ tečnou kružnice $k$. Dokažte. [S. Horák: Kružnice, ŠMM 16, MF, Praha 1966, str. 45-48.]

[^0]: 1 Je téměř nemyslitelné řešit takové neobvyklé úlohy bez podobného úvodního experimentování. Proto experimenty patří k výzkumu v matematice stejně jako v jiných přírodních vědách.

[^1]: 3 Provedeme úpravu, kterou běžně používáme při řešení rovnic typu $a \sin t+b \cos t=c$. Jiná možnost je použít nerovnost mezi aritmetickým a kvadratickým průměrem, viz poznámku na konci řešení.