Úlohy domácí části I. kola kategorie A

Transkript

1 62. ročník Matematické olympiády Úlohy domácí části I. kola kategorie A. Najděte všechny dvojice prvočísel p, q, pro které existuje přirozené číslo a takové, že pq p + q = a2 + a +. Řešení. Budeme se nejprve zabývat případem, kdy hledaná prvočísla p a q jsou různá. Tehdy jsou čísla pq a p + q nesoudělná: součin pq je totiž dělitelný pouze dvěma prvočísly p a q, zatímco součet p + q žádným z těchto prvočísel dělitelný není. Zjistíme, které přirozené číslo r může být společným dělitelem čísel a + a a 2 +. Jestliže r a + a současně r a 2 +, potom r a + a a také r a 2 + a 2 = 2, takže r může být jedině jedno z čísel a 2. Zlomek a2 + je tedy buď a + v základním tvaru, anebo základní tvar vznikne vykrácením dvěma, zřejmě podle toho, zda je číslo a sudé či liché. V případě sudého a tak musí platit pq = a 2 + a p + q = a +. Čísla p, q jsou tudíž kořeny kvadratické rovnice x 2 a + x + a 2 + = 0, jejíž diskriminant a + 2 4a 2 + = 3a 2 + 2a 3 = 2a 2 a 2 2 je zřejmě záporný, proto rovnice nemá v množině reálných čísel řešení. V případě lichého a musí s ohledem na krácení dvěma platit 2pq = a 2 + a 2p + q = a +. Čísla p, q jsou tudíž kořeny kvadratické rovnice 2x 2 a + x + a 2 + = 0, jejíž diskriminant je rovněž záporný. Žádná dvojice různých prvočísel p, q tedy úloze nevyhovuje. Zbývá rozebrat případ, kdy p = q. Potom takže má platit p q p + q = p p p + p = p 2, p = 2a2 + a + = 2a a + ; to je celé číslo, právě když a + 4 čili a {, 3}, takže p = 2 nebo p = 5. Úloze tedy vyhovují pouze dvojice p = q = 2 a p = q = 5.

2 Návodné a doplňující úlohy:. Nechť p a q jsou prvočísla. Zjistěte, jaký je největší společný dělitel čísel p + q a p 2 + q 2. [2p, jestliže p = q; 2, jsou-li p a q různá lichá prvočísla;, je-li jedno z čísel p, q liché a jedno sudé] 2. Dokažte, že zlomek 2n + 4, v němž n je přirozené číslo, nelze krátit. [. MMO, 959] 4n Určete všechna celá čísla větší než, kterými lze krátit některý ze zlomků tvaru 3p q 5p + 2q, kde p a q jsou nesoudělná celá čísla. [58 A S 3] 4. Najděte všechny dvojice přirozených čísel x, y takové, že xy2 je prvočíslo. [58 A I 3] x + y 5. Určete všechny dvojice prvočísel p, q, pro něž platí p + q 2 = q + p 3. [55 B II ] 6. Najděte všechny trojice navzájem různých prvočísel p, q, r splňující následující podmínky: [55 A III 5] p q + r, q r + 2p, r p + 3q. 2. Dvě kružnice k S, r a k 2 S 2, r 2 se vně dotýkají a leží ve čtverci ABCD o straně a tak, že k se dotýká stran AD a CD a k 2 se dotýká stran BC a CD. Dokažte, že aspoň jeden z trojúhelníků AS S 2, BS S 2 má obsah nejvýše 3 6 a2. Řešení. Úsečky AS 2 a BS leží na úhlopříčkách daného čtverce, jsou tedy navzájem kolmé a protínají se ve středu P čtverce. Platí DS = r 2, BS = a r 2, P S = a 2 r 2, CS 2 = r 2 2, AS 2 = a r 2 2, P S 2 = a 2 r 2 2. Proto má trojúhelník AS S 2 obsah S AS S 2 = 2 AS 2 P S = a r 2 a 2 r a trojúhelník BS S 2 obsah S BS S 2 = 2 BS P S 2 = a r a 2 r 2. Součet obou obsahů je a a S = a r 2 2 r + a r 2 r 2 = a ar + r 2 + 2r r 2. Označme K bod dotyku kružnice k se stranou AD, H a L body dotyku kružnice k 2 se stranami CD a BC a M průsečík přímek KS a HS 2 obr.. 2

3 D K S P H S 2 M k 2 C L k A Obr. B Podle Pythagorovy věty pro trojúhelník S MS 2 je Odtud dostáváme čili a r r r r 2 2 = r + r 2 2. a r r 2 2 = 4r r 2, a r r 2 = 2 r r 2, a = r + r r r 2 = r + r r r 2 r r 2 a2 6. Délka úsečky DC zřejmě nemůže být větší než délka lomené čáry KS S 2 L, takže 2r + 2r 2 a. To vyplývá i z rovnosti a = r +r 2 +2 r r 2, protože podle AG-nerovnosti je 2 r r 2 r + r 2. Proto S = a ar + r 2 + 2r r 2 a a2 + 8 a2 = 3 8 a2. To znamená, že aspoň jeden z obsahů S AS S 2, S BS S 2 je nejvýše 3 6 a2. Jiné řešení. Můžeme položit a =. Rozdíl obsahů trojúhelníků AS S 2 a BS S 2 je podle vyjádření z původního řešení S AS S 2 S BS S 2 = r 2 2 r r 2 r 2 = 2 r 2 r. Bez újmy na obecnosti lze předpokládat, že r r 2. Potom S AS S 2 S BS S 2. Počítejme tedy obsah trojúhelníku AS S 2. Podle Pythagorovy věty je r r r r 2 2 = = r + r 2 2, odtud r + r 2 =, takže r 2 = 2. r Označme x = r. 3

4 Z nerovností r +r 2 2 a r r 2 vyplývá r 4 a z druhé strany platí r 2, protože kružnice k leží ve čtverci ABCD. Odtud plyne 2 x 2. Obsah trojúhelníku AS S 2 je S AS S 2 = r 2 2 r = 2 r r r r 2 = = 2 x2 2 x2 + x 2 x 2 = x 4 2x 3 2 x2 + x; S AS S = x4 2x 3 2 x2 + x 3 x 6 = x x2 5 4 x + 3 = 8 = x [ x 2 x 3 5 x 3 ] díky tomu, že 3 0 < 2 x 2 2 < 3 2. Proto S AS S Návodné a doplňující úlohy:. Dokažte, že pro poloměry r, r 2 platí nerovnost r +r 2 2 a a rovnost r + r 2 = a. 2. Označme G ten bod střední příčky čtverce ABCD rovnoběžné se stranou AD, jehož vzdálenost od strany AB je trojnásobkem vzdálenosti od strany CD. Dokažte, že G leží ve vnitřní oblasti kružnice k, právě když r > 4 a. 3. Dokažte, že nemohou současně platit nerovnosti r > 4 a a r 2 > 4 a. 4. Dokažte, že obsah trojúhelníku AS S 2 je menší než obsah trojúhelníku BS S 2, právě když r > r Dokažte, že aspoň jeden z trojúhelníků AS S 2, BS S 2 má obsah nejméně 3 6 a2. 6. Je dána kružnice k S, r a kružnice k 2 S 2, r 2, kde r 2 < r. Tyto kružnice mají vnitřní dotyk v bodě A. Sestrojte kružnici k 3, která má vnitřní dotyk s kružnicí k, vnější dotyk s kružnicí k 2 a dotýká se přímky AS. [5 A II 3] 7. Dvě kružnice k S, r a k 2 S 2, r 2 se vně dotýkají a leží ve čtverci ABCD o straně a tak, že k se dotýká stran AD a CD a k 2 se dotýká stran BC a AB. Vypočítejte obsah trojúhelníku AS S 2. [ 2 2 a 2 ] 3. Označme pn počet všech n-místných čísel složených jen z číslic, 2, 3, 4, 5, v nichž se každé dvě sousední číslice liší alespoň o 2. Dokažte, že pro každé přirozené číslo n platí 5 2,4 n pn 5 2,5 n. Řešení. Odtržením poslední číslice vyhovujícího n + -místného čísla dostaneme vyhovující n-místné číslo. Všimněme si, jak naopak z vyhovujícího n-místného čísla vytvoříme vyhovující n + -místné číslo. Končí-li n-místné číslo číslicí, můžeme na konec přidat některou z číslic 3, 4, 5. Za číslici 2 můžeme přidat některou z číslic 4, 5, za číslicí 3 může následovat nebo 5, za číslicí 4 může být nebo 2 a za číslici 5 můžeme přidat jednu z číslic, 2, 3. Vidíme, že záleží na tom, jaká je poslední číslice. Označme proto a n počet vyhovujících n-místných čísel zakončených některou z číslic, 5, b n počet čísel zakončených některou z číslic 2, 4 a c n počet čísel zakončených číslicí 3. Potom pn = a n + b n + c n. Zřejmě a = b = 2, c =, p = 5 = 5 2,4 0 = 5 2,5 0, a 2 = 6, b 2 = 4, c 2 = 2, p2 = 2 = 5 2,4 < 5 2,5. Z předcházejících úvah vyplývá platnost rekurentních vztahů a n+ = a n + b n + 2c n, b n+ = a n + b n, c n+ = a n. Z nich vyplývá a 3 = 4, b 3 = 0, c 3 = 6, p3 = ,4 2 ; 5 2,5 2. Matematickou indukcí dokážeme, že pro každé n 3 platí a n 2,4 n, b n 2 3 2,4n, c n 2,4 n. 4

5 Pro n = 3 to platí. Jestliže a n 2,4 n, b n 2 3 2,4n a c n 2,4 n, tak i a n+ = a n + b n + 2c n 2,4 n ,4n + 2 2,4 n = = 2,4 n = 2,5 2,4 n > 2,4 n+, 6 b n+ = a n + b n 2,4 n ,4n = 5 3 2,4n > 2 3 2,4n+, c n+ = a n 2,4 n. Z právě dokázaných nerovností vyplývá pn = a n + b n + c n 2,4 n ,4n + 2,4 n = 2,4 +,6 + 2,4 n = 5 2,4 n. Podobně dokážeme druhou nerovnost; ověříme, že pro n 3 platí a n k 2,5 n, b n k 2 3 2,5n, c n k 2,5 n, 2 kde k je vhodně zvolené číslo. Potom bude pn = a n + b n + c n k 2,5 n 2, = k 2,5 n 3 6 = 5k ,5n. Zvolíme-li tedy k = 30 3, bude pro každé n 3 platit pn 5 2,5n. Zbývá matematickou indukcí dokázat nerovnosti 2, v nichž k = Pro n = 3 nerovnosti platí. Platí-li 2, je rovněž a n+ = a n + b n + 2c n k 2,5 n b n+ = a n + b n k 2,5 n c n+ = a n k 2,5 n. = k 2,5 n 37 5 < k 2,5n+, = k 2 3 2,5n+, Jiné řešení. Ukážeme, že každá z posloupností {a n }, {b n }, {c n }, jež byly zavedeny v předchozím řešení, splňuje v důsledku rovností rekurentní rovnici x n+2 = 2x n x n 2x n, takže ji splňuje i posloupnost zkoumaných hodnot pn = a n + b n + c n, což dále zapíšeme vztahem 3. Skutečně, z první a třetí rovnosti dostáváme a n+ = a n + b n + 2a n, odkud b n = a n+ a n 2a n, a tedy i b n+ = a n+2 a n+ 2a n. S přihlédnutím k druhé rovnosti tak platí a n+2 a n+ 2a n = b n+ = a n + b n = a n + a n+ a n 2a n, odkud porovnáním krajních výrazů vychází avizovaná rovnost a n+2 = 2a n+ + 2a n 2a n. 5

6 Nyní trojím dosazením a n = b n+ b n do rovnosti b n = a n+ a n 2a n dostaneme odkud po úpravě vychází b n = b n+2 b n+ b n+ b n 2b n b n, b n+2 = 2b n+ + 2b n 2b n. Konečně posloupnost {c n } je jen posunutá posloupnost {a n }, takže c n+2 = a n+ = 2a n + 2a n 2a n 2 = 2c n+ + 2c n 2c n. Spojením všech tří rekurencí máme pn + 2 = 2pn + + 2pn 2pn. 3 Matematickou indukcí dokážeme, že pro každé k platí 2,4pk pk + 2,5pk. 4 Pro k = i pro k = 2 nerovnosti 4 platí. Platí-li 4 pro všechna k {, 2,..., n +, n + 2}, potom pn + 3 = 2 pn pn + pn pn + 2 pn pn + 2,4 2 pn pn + 2 = 2 2,5 Podobně také pn pn pn + 2 pn = 2 pn pn pn + 2 2,4 > 2,4pn + 2. pn + 2,5 = 2,5pn pn + 2 Z rovností 5 2,4 0 = p = 5 2,5 0 a nerovností 4 vyplývá, že nerovnost 5 2,4 n pn 5 2,5 n platí pro každé přirozené n. Poznámka. Rovnice 3 se nazývá lineární diferenční rovnice s konstantními koeficienty. Známý rekurentní vztah g n+ = g n q pro geometrické posloupnosti napovídá, že rovnici 3 by mohly vyhovovat některé geometrické posloupnosti, tedy pn = q n. Dosazením do 3 dostaneme pro kvocient q tzv. charakteristickou rovnici q 3 2q 2 2q + 2 = 0, která má tři reálné kořeny q. =, , q2. = 0, , q3. = 2, Dá se dokázat, že každé řešení rovnice 3 je lineární kombinací posloupností {q n }, {q n 2 } a {q n 3 }, tedy pn = α q n + β q n 2 + γ q n 3. Koeficienty α, β, γ vypočítáme ze soustavy rovnic αq +βq 2 +γq 3 = p = 5, αq 2 +βq 2 2 +γq 2 3 = p2 = 2, αq 3 +βq 3 2 +γq 3 3 = p3 = 30. Místo třetí rovnice lze použít α + β + γ = p0 = 2; číslo p0 se sice nedá definovat jako počet 0-místných čísel, ale p0 = 2 odpovídá vztahu 3. Pro členy posloupnosti tak dostaneme přibližné vyjádření pn 0, q n + 0, q n 2 +, q n 3. Tato přibližná rovnost se dá použít zhruba až po n = 20, pro větší n už se projeví zaokrouhlovací chyby. 6

7 Návodné a doplňující úlohy:. Označme p n počet všech n-místných čísel složených jen z číslic a 2, v nichž se nevyskytují dvě jednotky vedle sebe. Dokažte, že p n = F n+3, kde F k je k-tý člen Fibonacciho posloupnosti. 2. Označme p n počet všech n-místných čísel složených jen z číslic, 2, 3, v nichž se nevyskytují tři stejné číslice vedle sebe. Dokažte, že pro každé přirozené číslo n platí p n > 2,7 n. 3. Označme p n počet všech n-místných čísel, v jejichž dekadickém zápise se vyskytují vedle sebe dvě nuly. Dokažte, že p n = 9 0 n 7 [ n n+ ]. 4. Po vrcholech pravidelného osmiúhelníku ABCDEF GH skáče klokan. Každým skokem se přemisťuje z jednoho vrcholu do některého z obou sousedních; začíná v A a zastaví se, jakmile se poprvé dostane do E. Označme a n počet všech různých cest z A do E složených právě z n skoků. Dokažte, že pro všechna k =, 2, 3,... platí a 2k = 0, a 2k = 2 x k y k, kde x = 2 + 2, y = 2 2. [2. MMO, 979] 4. Najděte všechny funkce f : R \ {0} R takové, že pro všechna nenulová čísla x, y platí x fxy + f y = x fx. Řešení. Dosazením x = dostaneme fy + f y = f. Označíme-li f = a, máme f y = a fy. Dosaďme ještě y =, takže čili a odtud x f x + f = x fx x a fx + a = x fx fx = ax + 2x = a 2 +. x Zkouškou ověříme, že pro libovolné reálné c vyhovuje každá funkce fx = c + /x: x fxy + f y = x c + + c + = c x + xy y y + = y = cx + = cx + = x fx. x Jiné řešení. Označme f = a. Dosazením y = do dané rovnice dostaneme xf x + a = xfx neboli f x = fx a x. 7

8 Danou rovnici upravíme na tvar fxy + x f y = fx, z něhož pomocí máme fxy + x fy a = fx, y fxy + fy x a xy = fx. Záměnou x a y navíc dostaneme fyx + fx y a yx = fy, takže odečtením posledních dvou rovnic fx y fy x = fy fx a dosazením y = vyjde 2fx = a +. x Snadno se opět přesvědčíme, že každá funkce fx = c + /x je řešením dané funkcionální rovnice. Návodné a doplňující úlohy:. Najděte všechny funkce f : 0, 0,, které vyhovují současně následujícím třem podmínkám: a Pro libovolná nezáporná čísla x a y taková, že x + y > 0, platí rovnost xy f xfy fy = f ; x + y b f = 0; c fx > 0 pro libovolné x >. [54 A I 6] 2. Nechť R + značí množinu všech kladných reálných čísel. Určete všechny funkce f : R + R +, které pro libovolná kladná čísla x, y splňují rovnost x 2 fx + fy = x + yf fxy. [53 A III 6] 3. Nechť R + značí množinu všech kladných reálných čísel. Najděte všechny funkce f : R + R + splňující pro libovolná x, y R + rovnost f xfy = fxy + x. [5 A III 6] 4. Označme R + množinu všech kladných reálných čísel. Určete všechny funkce f : R + R + takové, že pro libovolná x, y R + platí fx fy = fy f x fy + xy. [60 A III 6] Užitečné informace o funkcionálních rovnicích jsou například na 8

9 5. Označme I střed kružnice vepsané trojúhelníku ABC. Kružnice, která prochází vrcholem B a dotýká se přímky AI v bodě I, protíná strany AB, BC postupně v bodech P, Q. Průsečík přímky QI se stranou AC označme R. Dokažte, že platí AR BQ = P I 2. Řešení. Označme α, β, γ velikosti vnitřních úhlů trojúhelníku ABC při vrcholech A, B, C a J průsečík přímky AI se stranou BC obr. 2. Úhel P BI je obvodový úhel příslušný k tětivě P I a úhel QBI je obvodový úhel příslušný k tětivě IQ. Protože oba tyto obvodové úhly mají stejnou velikost 2β, mají úsečky P I a IQ stejnou délku. C J R I Q A P 2 β B Obr. 2 Úsekový úhel JIQ je shodný s obvodovým úhlem QBI, jeho velikost je proto 2β. Ze shodnosti vrcholových úhlů potom vyplývá RIA = 2β. Stejnou velikost má i úsekový úhel P IA, jenž je shodný s obvodovým úhlem P BI. Dále platí RAI = P AI = 2 α. Podle věty usu jsou trojúhelníky RIA a P IA shodné, a proto RI = P I. Úhel QIB má tedy velikost QIB = 80 AIB JIQ = 80 β = γ = α 2 2 = RAI γ β 2 2 = Velikost úhlu QIB se dá určit i následovně: Podle věty o úsekovém úhlu platí AIP = 2β = IP Q. Ze shodnosti střídavých úhlů vyplývá AI P Q. Odtud QP B = IAB = 2 α a ze shodnosti obvodových úhlů máme QIB = 2 α. Ze shodnosti úhlů QIB = RAI a QBI = RIA vyplývá podobnost trojúhelníků AIR IBQ neboli AR / RI = IQ / QB, takže AR QB = RI IQ = P I 2. K důkazu podobnosti trojúhelníků AIR a IBQ může posloužit i rovnoramennost trojúhelníku CRQ, v němž je totiž osa úhlu současně těžnicí. 9

10 Návodné a doplňující úlohy:. Dokažte, že v dané situaci platí: a JIQ = RIA = P IA = IP Q = P BI = QBI = 2 β; b P Q AI; c QIB = QP B = IAP = RAI = 2 α; d CR = CQ ; e BQR = ARQ = γ. 2. Do kružnice k je vepsán čtyřúhelník ABCD, jehož úhlopříčka BD není průměrem. Dokažte, že průsečík přímek, které se kružnice k dotýkají v bodech B a D, leží na přímce AC, právě když platí AB CD = AD BC. [5 A II 3] 3. Je dán rovnoběžník ABCD s tupým úhlem ABC. Na jeho úhlopříčce AC v polorovině BDC zvolme bod P tak, aby platilo BP D = ABC. Dokažte, že přímka CD je tečnou kružnice opsané trojúhelníku BCP, právě když úsečky AB a BD jsou shodné. [59 A II 2] 4. Nechť M je libovolný vnitřní bod přepony AB pravoúhlého trojúhelníku ABC. Označme S, S, S 2 středy kružnic opsaných po řadě trojúhelníkům ABC, AMC, BMC. a Dokažte, že body M, C, S, S 2 a S leží na jedné kružnici. b Pro kterou polohu bodu M má tato kružnice nejmenší poloměr? [56 A II 3] 5. Nechť L je libovolný vnitřní bod kratšího oblouku kružnice opsané čtverci ABCD. Označme K průsečík přímek AL a CD, M průsečík přímek AD a CL a N průsečík přímek MK a BC. Dokažte, že body B, L, M, N leží na jedné kružnici. [53 A III 5] 6. V oboru reálných čísel vyřešte soustavu rovnic sin 2 x + cos 2 y = tg 2 z, sin 2 y + cos 2 z = tg 2 x, sin 2 z + cos 2 x = tg 2 y. Řešení. Substitucí cos 2 x = a, cos 2 y = b, cos 2 z = c vznikne soustava a + b = c, b + c = a, přičemž a, b, c 0,. Sečtením těchto rovnic dostaneme c + a = b, a + b + c = 6, tedy harmonický průměr čísel a, b, c je 2. Po vynásobení rovnic postupně čísly c, a, b máme c ac + bc = c, a ab + ac = a, b bc + ab = b a po sečtení 2a+b+c = 3. Aritmetický průměr čísel a, b, c je tedy rovněž 2. Z rovnosti aritmetického a harmonického průměru vyplývají rovnosti a = b = c = 2. Zkouškou se snadno přesvědčíme, že tato trojice vyhovuje soustavě. Řešením původně zadané 0

11 soustavy jsou tudíž všechny trojice 4 π + 2 kπ, 4 π + 2 lπ, 4 π + 2mπ, kde k, l, m jsou celá čísla. Jiné řešení. Použijeme substituci z prvního řešení. Soustava je cyklická; je-li jejím řešením trojice p, q, r, vyhovují jí i trojice q, r, p a r, p, q. Stačí tedy najít jen ta řešení, pro něž platí a b, a c, a všechna ostatní řešení dostaneme cyklickou záměnou. Nechť tedy a b, a c. Z první rovnice potom vyplývá /c = 2 a+b 2, a proto c 2. Podobně ze třetí rovnice /b = 2 c + a 2, proto b 2, a tedy i b c. Podle druhé rovnice pak je /a = 2 b + c 2, takže a 2. Dohromady tedy platí 2 a c 2, a proto a = c = 2. Nyní už z kterékoliv rovnice soustavy dostaneme b = 2. Stejně jako v předchozím případě ověříme, že nalezená trojice soustavě vyhovuje, takže řešením dané soustavy jsou všechny trojice 4 π + 2 kπ, 4 π + 2 lπ, 4 π + 2mπ, kde k, l, m jsou celá čísla. Návodné a doplňující úlohy:. Nerovnost a + a a n n n /a + /a /a n mezi aritmetickým a harmonickým průměrem libovolných kladných čísel a, a 2,..., a n odvoďte dvojím užitím známější nerovnosti mezi aritmetickým a geometrickým průměrem. Ukažte přitom, že rovnost v odvozené nerovnosti nastane, jedině když a = a 2 = =... = a n. [Doporučenou AG-nerovnost zapište jak pro n-tici uvažovaných čísel a i, tak pro n-tici čísel k nim převrácených a zapsané nerovnosti pak mezi sebou vynásobte. Tvrzení o rovnosti plyne z obdobného tvrzení o rovnosti v AG-nerovnosti.] 2. V množině reálných čísel řešte soustavu rovnic x 2 + y 2 = 2, y2 + z 2 = 2, z2 + w 2 = 2, w2 + x 2 = 2. [x 2 = y 2 = z 2 = w 2 =, tedy 6 řešení] 3. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic x 2 y = z 2, y 2 z = x 2, z 2 x = y 2. [57 A S ] 4. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic x y 2 = z, y z 2 = x, z x 2 = y. [59 A S ] 5. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic x 2 y = z, y 2 z = x, z 2 x = y. [59 A I ] 6. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic x 2 + 2yz = 6y + z 2, y 2 + 2zx = 6z + x 2, z 2 + 2xy = 6x + y 2. [53 A S 3] 7. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic x 2 = y + z, y2 = z + x, z2 = x + y. [53 A I 6]

12 8. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic xy + z + = y 2 + z 2 5, yz + x + = z 2 + x 2 5, zx + y + = x 2 + y 2 5. [54 A II 2] 9. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic x 2 = py + z, y 2 = pz + x, z 2 = px + y s neznámými x, y, z a parametrem p. Vykonejte diskusi počtu řešení. [5 A II 4] 0. V oboru reálných čísel řešte soustavu rovnic [6 A III 6] x 4 + y = 5yz, y 4 + z = 5zx, z 4 + x = 5xy. 2