66. ročí matematicé olympiády III. olo ategorie A Liberec, 26. 29. březa 2017 MO
1. Na hromádce leží 100 očíslovaých diamatů, z ichž 50 je pravých a 50 falešých. Pozvali jsme svérázého zalce, terý jediý dovede rozpozat, teré jsou teré. Poaždé, dyž mu uážeme ějaé tři diamaty, řee čísla dvou z ich a (pravdivě ozámí, zda jsou pravé oba, jede, ebo žádý. Rozhoděte, zda můžeme zaručeě odhalit všechy pravé diamaty bez ohledu a to, ja zalec volí posuzovaé dvojice. (Michal Rolíe, Josef Tadlec Řešeí. Uážeme strategii zalce, při íž se ám odhalit všech 50 pravých diamatů epodaří. Zalec si zapamatuje jede pravý diamat P a jede falešý diamat F (třeba prví pravý a prví falešý diamat, teré jsou mu předložey. Kdyoli je tázá a trojici, v íž je právě jede diamat z dvojice P a F, vyjádří se o zbylých dvou. Poud jsou v trojici P i F, pa vybere právě je a pravdivě o ich řee, že jede z ich je pravý. Poud v trojici eí ai P, ai F, postupuje libovolě. Při popsaé strategii elze zjistit, terý z ameů P a F je pravý a terý falešý, eboť je žádá ze zalcových odpovědí erozliší. 2. Najděte všechy dvojice reálých čísel, l taové, že erovost a 2 + lb 2 > c 2 platí pro dély stra a, b, c libovolého trojúhelíu. (Patri Ba Řešeí. Předpoládejme, že daá erovost pro ějaou dvojici, l platí pro dély stra a, b, c libovolého trojúhelíu. Když do í dosadíme a = 1, c = 1 a libovolé ladé b < 2 (trojúhelí s taovými délami stra zjevě existuje, dostaeme erovost + lb 2 > 1. Kdyby bylo < 1, sado bychom ašli b > 0 dostatečě malé a to, aby tato erovost už eplatila, proto musí být 1. Aalogicy musí být l 1. V ortoormálí souřadicové soustavě zvolme body A[ 1, 0], B[1, 0], C[x, y]; body A, B, C jsou vrcholy trojúhelíu pro libovolé reálé x a libovolé reálé y 0 a až a podobost ta lze umístit libovolý trojúhelí. Po dosazeí déle stra trojúhelíu ABC (sado je vypočteme z Pythagorovy věty přejde zadaá erovost do tvaru eboli ( (x 1 2 + y 2 + l ( (x + 1 2 + y 2 > 4 ( + lx 2 + 2(l x + + l 4 > ( + ly 2. (1 Ta musí platit pro aždé x a libovolé y 0. Přitom pro pevé x doážeme volbou hodoty y dosáhout libovolé záporé hodoty výrazu V (y = ( + ly 2 a pravé straě předchozí erovosti, eboť (ja už víme + l > 0. Proto musí pro aždé x platit ( + lx 2 + 2(l x + ( + l 4 0, (2 což vzhledem e ladému oeficietu u mociy x 2 a levé straě astae, právě dyž příslušý disrimiat D = 4(l 2 4( + l 4( + l eí ladý. Nerovost D 0 sado upravíme a evivaletí podmíu l + l. Zjistili jsme tedy, že poud daá erovost platí pro libovolou trojici déle stra trojúhelíu, splňují čísla a l romě erovostí 1 a l 1 i podmíu l + l. (3 Z úvahy o disrimiatu obráceě plye, že poud čísla 1 a l 1 podmíu (3 splňují, platí erovost (2 pro aždé reálé x. Protože pro taová, l je hodota V (y 3
pro aždé y 0 záporá, vyplývá z platosti (2 pro libovolé x erovost (1 pro všechy přípusté dvojice x, y, a ta už je evivaletí zadaé vlastosti. Uvedeá podmía je tedy i postačující. Kojuce erovostí 1, l 1 a l +l je tedy podmía utá i postačující. Protože ze třetí erovosti plye 1 (stejě jao l 1, můžeme hledaou možiu vyhovujících dvojic (, l zapsat zřejmě tato: {(, l: > 1 l /( 1}. Jié řešeí. Předpoládejme, že daá erovost pro ějaou dvojici, l platí pro dély stra a, b, c libovolého trojúhelíu. Z platosti erovosti pro trojúhelí, v ěmž a = 1, b = 1, c = 2 plye, že + l > 2, čili alespoň jedo z čísel, l musí být větší ež 1. Nechť je tedy apřílad > 1 (případ l > 1 se posoudí aalogicy. Podle osiové věty platí c 2 = a 2 + b 2 2ab cos γ. Dosazeím do zadaé erovosti dostaeme po úpravě evivaletí erovost a 2 ( 1 + b 2 (l 1 + 2ab cos γ > 0. Díy předpoladu > 1 lze pro libovolé γ (90, 180 zvolit trojúhelí s tupým úhlem γ a se straami a = cos γ > 0 a b = 1. Dosazeím do posledí erovosti po jedoduché úpravě vidíme, že pro čísla a l musí platit ( 1(l 1 > cos 2 γ. Přitom pro γ (90, 180 může výraz cos 2 γ abýt aždou hodotu z itervalu (0, 1. Aby posledí erovost platila pro všechy zmíěé hodoty úhlu γ, musí utě platit ( 1(l 1 1. A jeliož > 1, musí být i l > 1. Doážeme, že spolu s oběma podmíami > 1 a l > 1 je odvozeá podmía ( 1(l 1 1 (4 i postačující. Při jejich splěí jsou čísla a 2 ( 1 a b 2 (l 1 ladá, a platí ta pro ě erovost mezi aritmeticým a geometricým průměrem, proto a 2 ( 1 + b 2 (l 1 + 2ab cos γ 2ab ( 1(l 1 + 2ab cos γ 2ab + 2ab cos γ = 2ab(1 + cos γ > 0, čímž je důaz uoče. Popišme tetorát hledaou možiu vyhovujících dvojic (, l geometricy, a to body se souřadicemi [, l] v artézsé soustavě souřadic Ol. Rovost ve (4 popisuje rovoosou hyperbolu se středem v bodě [1, 1] a asymptotami o rovicích = 1 a l = 1. Proto erovost (4 spolu s podmíami > 1 a l > 1 určuje část prvího vadratu ad tou větví hyperboly, terá v ěm celá leží, přitom samoté body větve do vymezeé možiy, terou jsme měli ajít, rověž patří. Jié řešeí. Vysvětleme ejdříve, že dvojice reálých čísel (, l má požadovaou vlastost, právě dyž pro libovolá ladá čísla a, b platí a 2 + lb 2 (a + b 2. (5 Tato podmía je jistě postačující, eboť pro stray a, b, c aždého trojúhelíu platí a + b > c > 0, a tedy i (a + b 2 > c 2, což spolu s (5 vede erovosti ze zadáí úlohy. Kdyby aopa pro ěterá ladá čísla a, b erovost (5 eplatila, byla by soustava erovostí a 2 + lb 2 < x 2 < (a + b 2 4
splěa pro aždé x z ějaého otevřeého itervalu s pravým rajím bodem a + b, a ta bychom v ěm jistě ašli x = c větší ež a b, eboť a b < a + b. Trojúhelí se straami a, b, c by pa esplňoval erovost ze zadáí úlohy. Naše podmía spojeá s erovostí (5 je ta eje postačující, ale i utá tomu, aby dvojice čísel (, l vyhovovala zadáí. Upravíme-li erovost (5, terá má platit pro všecha a, b > 0, do tvaru ( 1a 2 + (l 1b 2 2ab, (6 vidíme, že je utě > 1, eboť v případě 1 by levá straa (6 při pevém b > 0 byla v proměé a (0, shora omezeá, zatímco pravá straa ioli. Stejě ta je utě l > 1. Proto lze erovost (6 upravit do tvaru ( a 1 b l 1 2 2 ( 1 ( 1(l 1 ab. Uažme, že za předpoladu, l > 1 posledí erovost platí pro všecha a, b > 0, právě dyž je ( 1(l 1 1. Nutost této podmíy plye dosazeím (ladých hodot a = l 1 a b = 1, její dostatečost je zřejmá z toho, že pravá straa pa bude eladá, zatímco levá straa je ezáporá. Dospěli jsme ta e stejému vymezeí vyhovujících dvojic (, l jao v předchozím řešeí. 3. Najděte všechy fuce f: R R taové, že pro všecha reálá čísla x, y platí f(y xy = f(xy + (x 1 2 f(y. (Pavel Calábe Řešeí. Dosazeím x = 1 dostaeme, že pro všecha reálá y platí f(0 = f(1y, tedy utě f(0 = f(1 = 0. Dosazeím y = 1 do daé rovice pa pro aždé x dostaeme f(1 x = f(x. Nechť t je libovolé reálé číslo, dosazeím x = 1 t dostaeme f(ty = f(1 ty + t 2 f(y = f(ty + t 2 f(y (1 pro aždé reálé y. Záměou proměých t a y dále zísáme f(yt + y 2 f(t = f(yt = f(ty = f(ty + t 2 f(y, taže f(t(y 2 y = f(y(t 2 t, což pro y = 2 dává f(t = 1 2 f(2(t2 t, t R. Dosazeím do původí rovice ze zadáí sado ověříme, že ostata a = f(2/2 v odvozeém předpisu f(x = ax(x 1 může být libovolé reálé číslo: f(xy + (x 1 2 f(y = ax(x 1y + (x 1 2 ay(y 1 = = a(x 1y(x + xy x y + 1 = = a(1 xy ( (1 xy 1 = f ( (1 xy = f(y xy. 5
4. Každé poslouposti složeé z ul a jediče přiřadíme číslo, teré je počtem maximálích úseů stejých číslic v í. (Napřílad posloupost 00111001 má 4 taové úsey 00, 111, 00, 1. Pro daé sečteme všecha čísla přiřazeá jedotlivým taovým posloupostem. Doažte, že výsledý součet je rove ( 2 ( + 1. (Patri Ba Řešeí. Uvažujme orétí posloupost a počítejme zleva, oli úseů obsahuje. Nový úse započítáme po jeho uočeí, tedy dyž arazíme a změu číslice ebo a pravý oraj. Počet úseů v poslouposti je tudíž o jeda větší ež počet těch jejích číslic, terým předchází odlišá číslice (budeme říat, že v místech taových číslic astává změa úseu. Místo abychom počítali úsey v jedotlivých posloupostech, budeme počítat poslouposti, teré v daém místě změu úseu obsahují. Možých míst pro změu úseu je 2 1 (všecha místa romě prvího, pro volbu číslice v místě změy úseu jsou dvě možosti, přičemž předchozí číslice je tím jedozačě určea. Na zbývajících místech je v aždé taové poslouposti libovolě rozmístěo 1 jediče a 1 ul, daá změa úseu se proto achází v ( 2 2 1 růzých posloupostech. Celově ta máme 2(2 1 růzých změ úseů a aždá je obsažea v ( 2 2 1 posloupostech. K tomu je třeba přičíst jedotu za aždou posloupost vůli úseům očícím a pravém oraji; posloupostí je přitom ( 2. Dohromady ta pro výsledý součet dostáváme ( 2 2 2(2 1 + 1 ( 2 de jsme dvarát využili zřejmou idetitu ( ( 2 1 2 = 2 + = ( ( ( 2 1 2 2 = 2 + = + 1 ( ( m m 1 = m. 1 ( 2 = ( + 1 ( 2, Jié řešeí. Využijeme úvodí úvahu z předchozího řešeí, z íž vyplývá, že výsledý součet je rove součtu počtu možých posloupostí a počtu dvojic 01 a 10 v ich dohromady obsažeých. Ze symetrie je jasé, že stačí určit je počet dvojic 01 a výslede vyásobit dvěma. Uvažme posloupost, terá obsahuje přesě dvojic 01. Tyto dvojice rozdělují zbyte poslouposti a + 1 úseů, přičemž v aždém je ezáporý počet ul a jediče v jedozačě určeém pořadí (vždy ejprve případé jedičy a pa případé uly. Stačí proto určit počet způsobů rozmístěí ul a jediče do + 1 úseů; podle zámého vzorce pro ombiace s opaováím je to ( možostí pro uly a ( možostí pro jedičy, čili celem ( 2 možostí. Celový součet je tedy 2 ( 2 + =0 6 ( 2. (1
K závěrečému důazu, že (1 dává požadovaý výslede, využijeme zámou idetitu 2 ( = 2 ( a symetrii ( = ombiačích čísel: =0 ( 2 ( 2 = =0 = ( 2 + ( 2 + =0 =0 ( 2 = ( 2 ( = =0 =0 =0 ( 2 = ( 2. Dosazeím do (1 ta pro hledaý součet dostáváme ( 2 + ( 2 = ( + 1 ( 2. Jié řešeí. Pro = 1 je tvrzeí zřejmé. Nechť 2. Pro aždý možý úse stejých číslic spočítáme, v olia posloupostech se a daém místě achází. Zřejmě stačí uvažovat je úsey ul a výslede pa vyásobit dvěma. Vezměme tedy úse ul, de 1. Poud se teto úse achází a jedom z obou rajů, ohraičuje ho právě jeda jediča a a zbývajících 2 1 místech je libovolě rozmístěo ul a 1 jediče. Poud se úse achází a jedé ze zbývajících 2 1 pozic, je ohraiče z aždé stray jedičou a a zbývajících 2 2 místech je libovolě rozmístěo ul a 2 jediče. Příspěve p maximálích úseů tvořeých ulami do zoumaého součtu je tedy ( ( 2 1 2 2 p = 2 + (2 1 = 1 2 ( ( ( 2 1 2 1 2 1 = 2 + ( 1 = ( + 1. 1 1 1 K určeí celového součtu 2(p 1 + p 2 +... + p potřebujeme vypočítat S = ( ( 1 + +... + 1 1 ( 2 2. 1 Součet a pravé straě udává počet všech -prvových podmoži možiy {1, 2,..., 2 1}, dyž je budeme počítat roztříděé do supi podle jejich ejvětšího prvu, terým je jedo z čísel, + 1,..., 2 1. Proto platí S = ( 2 1, taže hledaý součet je 2( + 1 ( ( 2 1 = ( + 1 2. 5. Je dá ostroúhlý trojúhelí ABC s průsečíem výše H. Osa úhlu BHC protíá strau BC v bodě D. Ozačme postupě E a F obrazy bodu D v osových souměrostech podle příme AB a AC. Doažte, že ružice opsaá trojúhelíu AEF prochází středem G ružicového oblouu BAC. (Patri Ba Řešeí. Ozačme ružici opsaou trojúhelíu ABC. Polopříma AH protíá ružici v bodě H A, o terém je zámo, že je obrazem bodu H v osové souměrosti podle stray BC. Proto příma H D (jao obraz osy HD úhlu BHC je osou úhlu BH C a a záladě zámé vlastosti osy úhlu prochází středem G oblouu BAC (obr. 1. Ozačme obvylým způsobem α, β, γ veliosti vitřích úhlů trojúhelíu ABC. Jeliož body B, G, A, H leží a ružici (a body G, A a oblouu BAC ružice, platí BGD = BGH = BAH = 90 β. Z defiice bodu E pa plye BED = BDE = 90 β, a protože body E i G leží v poloroviě BCA, leží body B, D, G, E a ružici. Jejich pořadí závisí a veliostech úhlů EBD a GBD: poud EBD > GBD eboli 2β > 90 1 2α (bod G je středem oblouu BAC, bude 7
C H F C H D F H D B A H B G A Obr. 1 E E G Obr. 2 jejich pořadí B, D, G, E, jia B, D, E, G (pro 2β = 90 1 2α eboli γ = 3β vyjde ovšem E = G, v tom případě je vša tvrzeí úlohy splěo triviálě. Podle toho je pa buď EGD = 180 EBD = 180 2β (obr. 1, ebo EGD = EBD = 2β (obr. 2. Aalogicy lze uázat, že i body C, D, G, F leží a ružici, a to právě v tomto pořadí, poud 2γ > 90 1 2α, jia v pořadí C, D, F, G i (při F = G je tvrzeí úlohy jistě splěo. Pro veliost úhlu DGF pa podle toho platí buď DGF = 180 2γ, ebo DGF = 2γ. Z podmíe 2β > 90 1 2 α a 2γ > 90 1 2α přitom musí být splěa alespoň jeda, jia by bylo 2β + 2γ 2(90 1 2α = β + γ. V aždém případě můžeme z obou tětivových čtyřúhelíů se společou straou DG vyjádřit veliost úhlu EGF. Přitom veliost úhlu EAF záme, z defiice bodů E a F totiž plye EAF = EAD + DAF = 2 BAD + 2 DAC = 2 BAC = 2α a zároveň vidíme, že příma EF odděluje body A a D, eboť úhel α je ostrý. Musíme proto rozebrat tři případy. 1. Čtyřúhelíy BDGE a CDGF jsou tětivové, taže platí EGF = EGD + DGF = 180 2β + 180 2γ = 2α = EAF. To zameá, že je ovexí i čtyřúhelí DF GE, taže jeho úhlopříča EF odděluje protější vrcholy D a G. Proto oba body G i A leží v téže poloroviě vzhledem EF. Z věty o obvodových úhlech ta vyplývá, že body E, G, A, F leží a ružici. 2. Čtyřúhelíy BDEG a CDGF jsou tětivové. V tomto případě EGD = 2β a DGF = 180 2γ, a protože 2β + 2γ > 180, je EGD > DGF, taže bod G leží v poloroviě EF D (obr. 2 a platí EGF = EGD DGF = 2β (180 2γ = 180 2α eboli EAF + EGF = 180, což spolu s tím, že body A a G jsou v růzých poloroviách vzhledem přímce EF, impliuje, že body F, A, E, G leží a jedé ružici. 3. Čtyřúhelíy BDGE a CDF G jsou tětivové. Teto případ je evivaletí předchozímu, dyž zaměíme B s C a E s F. 8
Pozámy. Poud budeme pracovat s orietovaými úhly dvou příme, můžeme se vyhout rozboru shora uvedeých tří případů. Zjištěou sutečost, že body B, D, E, G leží a ružici, lze charaterizovat rovostí (orietovaých úhlů ÊGD = ÊBD (samozřejmě počítáme modulo 180 a podobě pro druhou ružici DGF = DCF. Je tedy ÊGF = ÊGD + DGF = ÊBD + DCF = 180 2β + 180 2γ = 2α, což jsme potřebovali doázat, eboť z defiice bodů E a F zřejmě ÊAF = ÊAD + DAF = 2α. Uažme ještě, že líčový pozate celého řešeí o čtveřicích bodů (B, D, E, G a (C, D, F, G lze doázat i jiým, trigoometricým postupem. Ozačme BGD = ϕ, DGC = ψ a P patu výšy AH (obr. 3. Jeliož HD je osa úhlu BHC, platí BD CD = BH CH = P H si P BH : P H si P CH = si(90 β si(90 γ. Z rovosti GB = GC a z dvojího vyjádřeí poměru obsahů trojúhelíů BGD a CGD plye si ϕ si ψ = BD CD. Přitom ϕ + ψ = α = (90 γ + (90 β. Spojeím obou rovostí ta pro ϕ (0, α dostáváme rovici si ϕ si(α ϕ = si(90 β si(90 γ. Podíl a levé straě je v uvedeém itervalu rostoucí fucí proměé ϕ, taže rovice má (pro daý trojúhelí jedié řešeí. Zjevě ϕ = 90 β v daém itervalu leží a rovici vyhovuje. Proto taé ψ = 90 γ. C D P H B G ψ ϕ A Obr. 3 E Trojúhelí DEB je rovorameý se záladou DE, proto BED = BDE = = 90 β = BGD. Body E, G přitom leží ve stejé poloroviě vzhledem přímce BD, proto leží body B, D, E, G a ružici. Stejé tvrzeí o bodech D, C, F, G plye z doázaé rovosti ψ = 90 γ. 9
Jié řešeí. Z defiice bodů E a F je zřejmé, že pro (orietovaý úhel EAF platí ÊAF = 2α. Ozačme postupě H 2, H 3 body souměrě sdružeé s průsečíem výše H daého trojúhelíu podle jeho stra AC, resp. AB. Ty, ja zámo, leží a ružici opsaé trojúhelíu ABC (obr. 4. Protože DH je osa úhlu BHC a CH DE, je H 3 ED = HDE = DHC = = 1 2 BHC = 90 1 2 α. Stejou veliost má ovšem i orietovaý úhel ĈH 3 G ad oblouem CG, eboť te je poloviou oblouu CAB, je tedy ĈH 3 G = DEH 3. A protože CH 3 DE, zameá to, že body G, H 3 a E leží v přímce. Podobě leží v přímce i body G, H 2 a F, taže ÊGF = H 3 GH 2 = H 3 AH 2 = Ĥ 3 AH + ĤAH 2 = 2α = ÊAF, což jsme chtěli doázat. C D F B H H 2 G H3 E A Obr. 4 Pozáma. Obr. 4 svádí jedoduchému závěru, že úhel EGF sado dopočteme z vitřích úhlů čtyřúhelíu EDF G: EGF = 360 GED DF G EDF = 360 4(90 1 2α = 2α. Předpolady úlohy vša ovexost čtyřúhelíu EDF G bohužel ezaručují (obr. 5. F H 2 A C H D H 3 E G B Obr. 5 10
6. Je dáo eulové celé číslo. Doažte, že rovici = x2 xy + 2y 2 x + y vyhovuje lichý počet uspořádaých dvojic celých čísel (x, y, právě dyž je dělitelé sedmi. (Patri Ba Řešeí. Po vyásobeí obou stra daé rovice výrazem x + y dostaeme rovici x 2 xy + 2y 2 = (x + y. (1 Každé řešeí (x, y daé rovice je i řešeím rovice (1, té vša mohou avíc vyhovovat i dvojice, pro ěž x + y = 0, tj. y = x. Dvojice (x, x je řešeím (1, právě dyž platí x 2 + x 2 + 2x 2 = 0 eboli x = 0. Rovice (1 má proto právě o jedo řešeí víc ež daá rovice, a ta stačí doázat, že rovice (1 má sudý počet celočíselých řešeí, právě dyž 7. Rovici (1 evivaletě upravíme do podoby vadraticé rovice s ezámou x. Pro její disrimiat platí x 2 x(y + + 2y 2 y = 0 (2 D(y = (y + 2 4(2y 2 y = 2 + 6y 7y 2 = ( y( + 7y = (3 = 7(y 3 7 2 + 16 7 2, což je pro aždé shora omezeá vadraticá fuce. Rovice (2 má tudíž pro aždé celé ezáporý disrimiat D(y pouze pro oečě moho celých čísel y, a může ta mít je oečý počet celočíselých řešeí (x, y. Poud je D(y > 0 pro ějaé celé číslo y, má rovice (2 právě dvě reálá řešeí, terá mohou být celočíselá je zároveň, protože jejich součet y + je celé číslo. Pro aždé taové y má tedy (2 vždy sudý počet řešeí. Z vyjádřeí (3 vidíme, že D(y = 0 pro y = ebo pro y = 1 7. V prvím případě se rovice (2 reduuje a rovici (x 2 = 0 s dvojásobým ořeem x =, rovice (1 má tudíž jedié řešeí (, se složou y =. V druhém případě je y celočíselé, právě dyž je číslo dělitelé sedmi, a pa má rovice (2 dvojásobý oře x = 3 7, tudíž ( 3 7, 1 7 je jedié řešeí rovice (1 se složou y = 1 7. Navíc obě řešeí (, i ( 3 7, 1 7 jsou růzá, protože 0. Vidíme tedy, že rovice (1 má sudý počet celočíselých řešeí, právě dyž je číslo dělitelé sedmi. Tím je tvrzeí úlohy doázáo. Jié řešeí. Stejě jao v původím řešeí zoumáme, dy má rovice (1 sudý počet celočíselých řešeí. Rovici (1 upravíme a tvar 7(2x y 2 + (7y 3 2 = 16 2. (4 Protože pro daé zřejmě existuje je oečý počet celých čísel a, b taových, že 7a 2 + b 2 = 16 2, (5 11
má rovice (4 je oečý počet celočíselých řešeí, terá zísáme řešeím soustav 2x y = a, (6 7y 3 = b, (7 odpovídajících všem celočíselým řešeím (a, b rovice (5. Z jejího tvaru plye, že složy a, b mají vždy stejou paritu. Díy tomu vidíme, že poud má rovice (7 celočíselé řešeí y, teré ta má stejou paritu eje jao číslo + b, ale i jao číslo + a, je číslo y + + a sudé, a tudíž i rovice (6 má pro dotyčá a b celočíselé řešeí x. Z posledí úvahy plye, že dvě soustavy (6 a (7, teré odpovídají sdružeým řešeím (a, b a ( a, b (de a 0 rovice (5, mají buďto po jedom řešeí (se stejým y a růzými x, ebo žádé řešeí emají. Jediá tato esdružeá celočíselá řešeí rovice (5 jsou zřejmě (0, 4 a (0, 4 (připomeňme, že 0 podle zadáí, taže parita počtu celočíselých řešeí rovice (4 je shodá s paritou celového počtu celočíselých řešeí dvou odpovídajících soustav (6 a (7; pro (a, b = (0, 4 to je (x, y = (,, pro (a, b = (0, 4 vyhovuje (x, y = ( 3 7, 1 7. Proto je zoumaá parita sudá, právě dyž 7 dělí. K hotovému důazu dodejme, že jsme při ašich úváhách mlčy využívali zřejmý pozate, že růzým dvojicím (a, b odpovídají růzá řešeí (x, y soustav (6 a (7. Pozáma. Rovice (1, ja je ostatě vidět i z jejího upraveého tvaru (4, je při eulovém rovicí elipsy se středem ( 5 7, 3 7, a poud je = 7m pro m celé, je s aždým bodem (x, y bodem elipsy taé bod (10m x, 6m y, taže mřížové body tu vystupují ve dvojicích, je jich tedy sudý počet. 12