# A47, školní kolo 

1. Najděte všechny trojúhelníky $A B C$, pro které platí rovnost

$$
|B C| \cdot|A X|=|A C| \cdot|B Y|,
$$

kde bod $X$ je průsečíkem osy úhlu $B A C$ se stranou $B C$ a bod $Y$ průsečíkem osy úhlu $A B C$ se stranou $A C$. (P. Černek)

Řešení: Zkoumanou rovnost přepíšeme do tvaru $|B C|:|B Y|=|A C|:|A X|$ a oba poměry vyjádříme pomocí sinových vět pro trojúhelníky $B C Y$ a $A C X$ (ve kterých při obvyklém označení vnitřních úhlů trojúhelníku $A B C$ zřejmě platí $|\angle B Y C|=\alpha+\frac{1}{2} \beta$ a $\left.|\angle A X C|=\beta+\frac{1}{2} \alpha\right):$

$$
\frac{|B C|}{|B Y|}=\frac{\sin \left(\alpha+\frac{1}{2} \beta\right)}{\sin \gamma} \quad \text { a } \quad \frac{|A C|}{|A X|}=\frac{\sin \left(\beta+\frac{1}{2} \alpha\right)}{\sin \gamma} .
$$

Hledáme proto právě ty trojúhelníky, pro které $\sin \left(\alpha+\frac{1}{2} \beta\right)=\sin \left(\beta+\frac{1}{2} \alpha\right)$. Protože oba argumenty leží mezi $0^{\circ}$ a $180^{\circ}$, rovnost jejich sinů nastane, jen pokud $\alpha+\frac{1}{2} \beta=$ $=\beta+\frac{1}{2} \alpha$, nebo $\left(\alpha+\frac{1}{2} \beta\right)+\left(\beta+\frac{1}{2} \alpha\right)=180^{\circ}$. První podmínka znamená $\alpha=\beta$, druhá $\alpha+\beta=120^{\circ}$, neboli $\gamma=60^{\circ}$.

Malá obměna první části: Srovnáme-li zkoumanou rovnost s obecně platnou rovností $|B C| \cdot|A P|=|A C| \cdot|B Q|$, kde $A P$ a $B Q$ jsou výšky daného trojúhelníku, dostaneme ekvivalentní podmínku ve tvaru $|A P|:|A X|=|B Q|:|B Y|$. Z pravoúhlých trojúhelníků $A P X$ a $B Q Y$ tak opět vyjde rovnost $\sin \left(\alpha+\frac{1}{2} \beta\right)=\sin \left(\beta+\frac{1}{2} \alpha\right)$.

ODPOVĚĎ: Hledanými jsou právě ty trojúhelníky, pro které platí $|A C|=|B C|$ nebo $|\angle A C B|=60^{\circ}$.

2. V jistém jazyku jsou pouze dva znaky $A$ a $B$. Přípustná jsou v něm jen taková slova, v nichž nestojí vedle sebe více než dva stejné znaky. Dokažte, že počty $p_{n}$ všech přípustných slov délky $n$ lze určit pomocí rovností $p_{1}=2, p_{2}=4$ a $p_{k+2}=p_{k+1}+p_{k}$ pro každé přirozené číslo $k$. (J. Zhouf)

Řešení: Rovnosti $p_{1}=2$ a $p_{2}=4$ jsou zrejmé, nebot̀ u slov délek 1 a 2 žádné omezení na sousední znaky vlastně není. Pro pevné $k \geq 1$ rozdělíme všechna přípustná slova $X_{1} X_{2} \ldots X_{k+2}$ délky $k+2$ do čtyř skupin podle poslední dvojice znaků $X_{k+1} X_{k+2}$ :

a) Je-li $X_{k+1} X_{k+2}=A A$, pak nutně $X_{k}=B$, takže $X_{1} X_{2} \ldots X_{k}$ je některé př́ípustné slovo délky $k$ končící znakem $B$.

b) Je-li $X_{k+1} X_{k+2}=B B$, pak nutně $X_{k}=A$, takže $X_{1} X_{2} \ldots X_{k}$ je některé přípustné slovo délky $k$ končící znakem $A$.

c) Je-li $X_{k+1} X_{k+2}=A B$, pak $X_{1} X_{2} \ldots X_{k+1}$ je některé přípustné slovo délky $k+1$ končící znakem $A$.

d) Je-li $X_{k+1} X_{k+2}=B A$, pak $X_{1} X_{2} \ldots X_{k+1}$ je některé přípustné slovo délky $k+1$ končící znakem $B$.

V prvních dvou skupinách je dohromady právě $p_{k}$ slov, nebot̆ každé přípustné slovo délky $k$ se $\mathrm{v}$ popisech uvedených v bodech a) a b) objeví právě jednou. Podobně se pomocí všech přípustných slov délky $k+1$ usoudí, že v posledních

Typeset by $\mathcal{A M}_{\mathcal{M}} \mathcal{S}$ - $\mathrm{T}_{\mathrm{E}} \mathrm{X}$
dvou skupinách je dohromady právě $p_{k+1}$ slov. Tím je rovnost $p_{k+2}=p_{k+1}+p_{k}$ dokázána.

3. Dokažte, že všechna řešení soustavy rovnic

$$
\begin{aligned}
& u x+v y=x^{2}+x y \\
& v x+u y=y^{2}+x y \\
& x y+u v=u^{2}+v^{2}
\end{aligned}
$$

v oboru nenulových reálných čísel jsou tvaru $x=y=u=v$. (J. Šimša)

Rešení: Sečtením prvních dvou rovnic dostaneme

$$
(u+v)(x+y)=(x+y)^{2}
$$

odkud plyne $x+y=0$ nebo $x+y=u+v$.

V prvním př́ípadě po dosazení $y=-x$ do první rovnice dostaneme $x(u-v)=0$, odkud $u=v$ (nebot̆ $x \neq 0$ dle zadání); po dosazení $y=-x$ a $u=v$ do třetí rovnice obdržíme po snadné úpravě rovnici $x^{2}+u^{2}=0$, která v našem oboru nemá řešení.

Ve druhém případě (kdy $x+y=u+v)$ je pravá strana první rovnice rovna $x(x+y)=x(u+v)$, to jest $u x+v x$; porovnáním s levou stranou $u x+v y$ proto ( $\mathrm{s}$ ohledem na $v \neq 0$ ) vychází $x=y$, takže $\mathrm{v}$ tomto př́íadě $x=y=\frac{1}{2}(u+v)$; dosadíme-li to do třetí rovnice

$$
\left(\frac{u+v}{2}\right)^{2}+u v=u^{2}+v^{2}
$$

vyjde po úpravě $(u-v)^{2}=0$, odkud $u=v$, tedy $x=y=u=v$. Tím je celý důkaz hotov.

PoZnÁmKA: Ani v oboru všech reálných čísel (včetně nuly) jiná řešení než $x=$ $=y=u=v$ neexistují. Dokážeme to, když predchozí postup doplníme o rozbor dvou situací:
a) $x+y=0$ a $x=0$. Zřejmě $y=0$; z třetí rovnice soustavy, která je nyní tvaru $u v=u^{2}+v^{2}$, již plyne $u=v=0$.
b) $x+y=u+v$ a $v=0$. Zřejmě $x+y=u$ a tretí rovnice soustavy je nyní tvaru $x y=u^{2}$, takže $x y=(x+y)^{2}$, odkud již plyne $x=y=0$, a proto i $u=0$.