1. V oboru kladných reálných čísel řešte rovnici

$$
x \cdot[x \cdot[x \cdot[x]]]=88
$$

kde $[a]$ je celá část reálného čísla $a$, tj. celé číslo, pro které platí $[a] \leqq a<[a]+1$. Např́iklad $[3,7]=3$ a $[6]=6$.

(J. Šimša)

Rešení. Je-li $0<x<3$, je levá strana rovnice menší než $3^{4}=81$, naopak pro $x \geqq 4$ je nejméně $4^{4}=256$. Proto nutně $[x]=3$; pro taková $x$ řešíme rovnici $x \cdot[x \cdot[3 x]]=88$. Protože $x \geqq 3$, platí $[3 x] \geqq 9$; kdybychom připustili, že $[3 x] \geqq 10$, dostali bychom odhad $x \cdot[x \cdot[3 x]] \geqq 3 \cdot 3 \cdot 10=90$. Proto nutně $[3 x]=9$ a dále řešíme rovnici $x \cdot[9 x]=88$ za předpokladu $9 \leqq 3 x<10$, neboli $27 \leqq 9 x<30$. Pro $9 x<28$ vychází $x \cdot[9 x]<\frac{28}{9} \cdot 27=84$, pro $9 x \geqq 29$ zase $x \cdot[9 x] \geqq \frac{29}{9} \cdot 29>90$, takže $[9 x]=28$; tehdy z rovnice $x \cdot[9 x]=88$ plyne konečně $x=\frac{88}{28}=\frac{22}{7}$. Protože pro nalezené číslo $x$ platí

$$
[x]=\left[\frac{22}{7}\right]=3,[3 x]=\left[\frac{66}{7}\right]=9,[9 x]=\left[\frac{198}{7}\right]=28,
$$

jde skutečně o (jediné) řešení.

2. Dokažte, že z libovolných čtrnácti různých přirozených čísel lze pro některé číslo $k(1 \leqq$ $\leqq k \leqq 7)$ vybrat dvě disjunktní $k$-prvkové podmnožiny $\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\right\}$ a $\left\{b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{k}\right\}$ tak, aby se součty

$$
A=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{k}} \quad \text { a } \quad B=\frac{1}{b_{1}}+\frac{1}{b_{2}}+\ldots+\frac{1}{b_{k}}
$$

navzájem lišily o méně než 0,001 , tj. aby platilo $|A-B|<0,001$.

(J. $\check{S i m} \check{s} a)$

Řešení. Uvažujme všech $\left(\begin{array}{c}14 \\ 7\end{array}\right)=3432$ součtů

$$
S=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\ldots+\frac{1}{x_{7}}
$$

kde $x_{1}<x_{2}<\ldots<x_{7}$ je libovolná sedmice vybraná z daných čtrnácti přirozených čísel. Pro každý z těchto součtů $S$ platí odhady

$$
0<S \leqq \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{7}=2+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}<3
$$

takže se jedná o 3432 (ne nutně různých) čísel z otevřeného intervalu $(0,3)$. Proto se některé dva z uvažovaných součtư liší o méně než 0,001 ; vyloučíme-li z obou příslušných sedmic případné společné prvky, zmenší se oba součty o tutéž hodnotu (takže se jejich rozdíl nezmění) a v každé skupině zưstane stejný (nenulový, nebot šlo o dvě rưzné sedmice) počet prvků. Tím je tvrzení úlohy dokázáno.

3. Do daného čtyřstěnu $A B C D$ je vepsána koule. Její čtyři tečné roviny, které jsou se stěnami čtyřstěnu rovnoběžné, z něj odtínají čtyři menší čtyřstěny. Dokažte, že součet délek všech 24 jejich hran je roven dvojnásobku součtu délek hran celého čtyřstěnu $A B C D$.

(P. Leischner)

Řešení. Označme $\varrho$ poloměr vepsané koule a $v_{A}, v_{B}, v_{C}, v_{D}$ tělesové výšky daného čtyřstěnu (s indexy podle vrcholů, ze kterých vycházejí). Odtatý čtyřstěn $A K L M$ (obr.1) je stejnolehlý podle středu $A$ s celým čtyřstěnem $A B C D$. Součty délek jejich hran jsou proto ve stejném poměru jako jejich tělesové výšky ze společného vrcholu $A$, tedy v poměru $\left(v_{A}-2 \varrho\right): v_{A}$, nebot $2 \varrho$ je vzdálenost rovin $K L M$ a $B C D$ (jsou totiž rovnoběžné a obě se dotýkají vepsané koule). Stejnou úvahu můžeme zopakovat pro ostatní tři odt’até čtyřstěny. Naší úlohou je proto dokázat rovnost

$$
\frac{v_{A}-2 \varrho}{v_{A}}+\frac{v_{B}-2 \varrho}{v_{B}}+\frac{v_{C}-2 \varrho}{v_{C}}+\frac{v_{D}-2 \varrho}{v_{D}}=2,
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1b3ac7ba949439c246fg-2.jpg?height=456&width=437&top_left_y=604&top_left_x=1424)

Obr. 1

která je ekvivalentní s rovností

$$
\varrho\left(\frac{1}{v_{A}}+\frac{1}{v_{B}}+\frac{1}{v_{C}}+\frac{1}{v_{D}}\right)=1 .
$$

K tomu nám pomůže následující úvaha o objemu $V$ a povrchu $S$ čtyřstěnu $A B C D$. Předně $S=S_{A}+S_{B}+S_{C}+S_{D}$ (kde $S_{X}$ značí obsah té stěny, jež neobsahuje vrchol $X$ ), dále

$$
V=\frac{1}{3} S_{A} v_{A}=\frac{1}{3} S_{B} v_{B}=\frac{1}{3} S_{C} v_{C}=\frac{1}{3} S_{D} v_{D}
$$

a konečně $V=\frac{1}{3} \varrho S$. Podle těchto vzorců platí

$$
\varrho\left(\frac{1}{v_{A}}+\frac{1}{v_{B}}+\frac{1}{v_{C}}+\frac{1}{v_{D}}\right)=\frac{3 V}{S}\left(\frac{S_{A}}{3 V}+\frac{S_{B}}{3 V}+\frac{S_{C}}{3 V}+\frac{S_{D}}{3 V}\right)=1
$$

a tím je celý důkaz hotov.

4. Do výrazu

$$
\text { den měsíc }- \text { rok }
$$

dosazujeme libovolné datum letošního roku (1998) a poté zjištujeme největší mocninu čísla 3, která dělí výsledné číslo. Např. pro 21. duben vychází číslo $21^{4}-1998=192483=$ $=3^{3} \cdot 7129$, což je násobek mocniny $3^{3}$, ne však mocniny $3^{4}$. Zjistěte všechny dny, pro které je odpovídající mocnina největší.

(R. Kollár)

Řešení. Protože $1998=3^{3}(3 \cdot 24+2)$, je zkoumaný rozdíl $d^{m}-1998$ dělitelný číslem $3^{4}$ (o jinou situaci se ani nemusíme starat), právě když je i mocnina $d^{m}$ tvaru

$$
d^{m}=3^{3}(3 k+2)
$$

pro vhodné celé číslo $k$. Odtud předně vyplývá, že $3 \mid d$ a že exponent $m$ je liché číslo menší než 4; zároveň však $m \neq 1$, nebot žádné číslo $d \in\{1,2, \ldots, 31\}$ není tvaru pravé strany (1). Proto nutně $m=3$; pak ale z ( 1 ) plyne, že $3^{2} \nmid d$, tudǐž $d=3(3 n \pm 1)$ pro vhodné znaménko a některé celé číslo $n$. Dosazením dostaneme

$$
d^{m}-1998=(9 n \pm 3)^{3}-3^{3}(3 \cdot 24+2)=3^{3}\left[3^{3} n^{3} \pm 3^{3} n^{2}+3^{2} n \pm 1-3 \cdot 24-2\right]
$$

Snadno nahlédneme, že hodnota výrazu v hranaté závorce je dělitelná třemi jen při variantě se znaménkem minus, ani tehdy však není dělitelná devíti (je totiž tvaru $9 N-3 \cdot 25$ ). Hledaná největší mocnina je proto $3^{4}$ a odpovídá právě těm březnovým $(m=3)$ dnům, které mají pořadové číslo tvaru $d=3(3 n-1)$, tedy $6 ., 15$. a 24 . březnu.

5. Ve vnější oblasti kružnice $k$ je dán bod $A$. Všechny lichobě̌̌níky, které jsou do kružnice $k$ vepsány tak, že jejich prodloužená ramena se protínají v bodě $A$, mají společný průsečík úhlopříček. Dokažte.

(P. Leischner)

Řešení. Základny $K L$ a $M N$ každého z uvažovaných lichoběžníků $K L M N$ jsou dvě rovnoběžné tětivy kružnice $k$, takže mají společnou osu souměrnosti. Na ní leží střed $S$ kružnice $k$, středy $P$ a $Q$ základen $K L$ a $M N$, průsečík $U$ úhlopřiček $K M$ a $L N$ i průsečík $A$ prodloužených ramen (tedy polopřímek) $K N$ a $L M$ (obr. 2). Protože polopřímka $A S$ na volbě lichoběžníku $K L M N$ nezávisí, stačí dokázat, že na něm nezávisí ani délka úsečky $A U$. Vyjádříme ji nejprve pomocí délek $p=|A P|$ a $q=|A Q|$ (ukáže se, že je jejich harmonickým průměrem). Délky $|P U|$ a $|Q U|$ snadno vypočteme $z$ dvojice rovnic

$$
|P U|+|Q U|=p-q \quad \text { a } \quad \frac{|P U|}{|Q U|}=\frac{|K L|}{|M N|}=\frac{p}{q}
$$

(rovnosti poměrů plynou z podobností $\triangle K L U \sim \triangle M N U$ a $\triangle K L A \sim \triangle N M A)$. Vyjde nám

a proto

$$
|P U|=\frac{p(p-q)}{p+q} \quad \text { a } \quad|Q U|=\frac{q(p-q)}{p+q}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1b3ac7ba949439c246fg-3.jpg?height=775&width=479&top_left_y=935&top_left_x=1384)

Obr. 2

$$
|A U|=|A Q|+|Q U|=q+\frac{q(p-q)}{p+q}=\frac{2 p q}{p+q} .
$$

Nyní sem dosadíme $p=|A K| \cos \varphi$ a $q=|A N| \cos \varphi$, kde $\varphi=|\Varangle P A K|$, a při následné úpravě využijeme toho, že

$$
|A K|+|A N|=2|A R|=2|A S| \cos \varphi
$$

kde $R$ je střed tětivy $K N$. Dostaneme tak

$$
|A U|=\frac{2 p q}{p+q}=\frac{2|A K| \cdot|A N| \cos ^{2} \varphi}{(|A K|+|A N|) \cos \varphi}=\frac{|A K| \cdot|A N|}{|A S|} .
$$

Zbývá využít mocnost bodu $A$ k dané kružnici $k(S, r)$ : součin $|A K| \cdot|A N|$ je roven rozdílu $|A S|^{2}-r^{2}$, tedy na volbě lichoběžníku $K L M N$ nezávisí. Nezávislost veličiny $|A U|$ je tak dokázána.

6. Necht $a, b, c$ jsou kladná čísla. Dokažte, že trojúhelník o stranách $a, b, c$ existuje, právě když soustava rovnic

$$
\frac{y}{z}+\frac{z}{y}=\frac{a}{x}, \quad \frac{z}{x}+\frac{x}{z}=\frac{b}{y}, \quad \frac{x}{y}+\frac{y}{x}=\frac{c}{z}
$$

má v oboru reálných čísel řešení.

(P. С̌ernek, J. Zhouf)

Rešení. Pravá strana první rovnice má stejné znaménko jako neznámá $x(\neq 0)$, levá strana jako součin $y z(\neq 0)$. Libovolné řešení $(x, y, z)$ dané soustavy proto splňuje podmínku

$$
x y z>0 \text {. }
$$

Jak víme, kladná čísla $a, b, c$ tvoří strany některého trojúhelníku, právě když je kladné každé ze tří čísel

$$
a+b-c, \quad a+c-b, \quad b+c-a .
$$

Je-li $(x, y, z)$ řešení dané soustavy, pak

$$
a+b-c=x\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+y\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-z\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)=\frac{2 x y}{z},
$$

což je podle (1) číslo kladné; analogicky zjistíme, že

$$
a+c-b=\frac{2 x z}{y}>0 \quad \text { a } \quad b+c-a=\frac{2 y z}{x}>0 .
$$

V druhé části řešení naopak předpokládejme, že každé z čísel (2) je kladné, a najděme všechna řešení dané soustavy (i když by stačilo uvést řešení jedno). Pomohou nám při tom předchozí výpočty, podle kterých musí například platit

$$
(a+b-c)(a+c-b)=\frac{2 x y}{z} \cdot \frac{2 x z}{y}=4 x^{2} .
$$

Tato a další dvě analogické rovnosti vedou $\mathrm{k}$ vyjádření

$$
\left.\begin{array}{l}
x=\frac{\varepsilon_{1}}{2} \sqrt{(a+b-c)(a+c-b)} \\
y=\frac{\varepsilon_{2}}{2} \sqrt{(a+b-c)(b+c-a)} \\
z=\frac{\varepsilon_{3}}{2} \sqrt{(a+c-b)(b+c-a)}
\end{array}\right\}
$$

kde $\varepsilon_{i}= \pm 1$ pro $i \in\{1,2,3\}$, přitom $\varepsilon_{1} \varepsilon_{2} \varepsilon_{3}=1$ podle (1). Takové trojice $\left(\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \varepsilon_{3}\right)$ jsou zřejmě právě čtyři; podle (3) tak dostáváme čtyři trojice $(x, y, z)$. Přímým dosazením a rutinním výpočtem overříme, že jsou to skutečně řešení zadané soustavy.