Czech/md/cz-mo-secondary/3471659-a47i.md

Řešenídomácího kola kategorie A

1. Č́slo $1997^{2^{n}}-1$ je dělitelné čislem $2^{n+2}$ pro každé přirozené číslo n. Dokažte.

ŘEŠENí: Označme $k=1997$ a všimněme si, že pro každé $n$ platí

$$k^{2^{n+1}}-1={\left(k^{2^n}\right)}^2-1^2=(k^{2^n}-1)(k^{2^n}+1)\mathrm{.}k^\{2^\{n+1\}\}-1=\backslash left(k^\{2^\{n\}\}\backslash right)^\{2\}-1^\{2\}=\backslash left(k^\{2^\{n\}\}-1\backslash right)\backslash left(k^\{2^\{n\}\}+1\backslash right)\; .$$

To nám umožní dokazovat uvedené tvrzení indukcí. Můžeme začít s hodnotou $n=0$, neboť číslo $k-1$ je dělitelné číslem $2^{2}$. Protože číslo $k^{2^{n}}+1$ je pro každé $n$ sudé, plyne $z$ rozkladu (1), že pokud číslo $k^{2^{n}}-1$ je dělitelné ćíslem $2^{n+2}$, je číslo $k^{2^{n+1}}-1$ dělitelné ćíslem $2^{n+2} \cdot 2$, tedy číslem $2^{n+3}$. Tím je důkaz indukcí ukončen. Dodejme, že místo (1) je možné obdobně využit rovností

$${(k^{2^n}-1)}^2=k^{2^{n+1}}-2\cdot k^{2^n}+1=(k^{2^{n+1}}-1)-2(k^{2^n}-1)\mathrm{.}\backslash left(k^\{2^\{n\}\}-1\backslash right)^\{2\}=k^\{2^\{n+1\}\}-2\; \backslash cdot\; k^\{2^\{n\}\}+1=\backslash left(k^\{2^\{n+1\}\}-1\backslash right)-2\backslash left(k^\{2^\{n\}\}-1\backslash right)\; .$$

DOPLŇUJÍć́ ÚLOHA:

Dokažte, že pro žádné přirozené číslo $n$ není rozdíl $1997^{2^{n}}-1$ dělitelný číslem $2^{n+3}$. [Využijte toho, že poslední činitel napravo v (1) není dělitelný čtyřmi, nebot čtyřmi je dělitelné číslo o 2 menší.]

2. Je dán libovolný trojúhelník $A B C$. Osa vnitřního úhlu $B A C$ protne stranu $B C v$ bodě, který označíme $U$. Dokažte rounost $|A U|^{2}=|A B| \cdot|A C|-|B U| \cdot|C U|$. Miže tato rounost platit, nahradíme-li bod $U$ jiným vnitřním bodem strany $B C$ ?

ŘEŠENí: Abychom jedním postupem splnili obě části úlohy, hledejme všechny body $D$ strany $B C$ daného trojúhelníku $A B C$, pro které při označení z obr. 2.1 platí $a_{1} a_{2}+d^{2}=b c$ (srovnejte s rovností ze zadání). $\mathrm{Z}$ kosinových vět pro trojúhelníky $A B D$ a $A C D$

vyloučíme $\cos \omega$, a to tak, že k $a_{2}$-násobku první rovnice přičteme $a_{1}$-násobek rovnice druhé. Dostaneme po úpravě $a_{1} b^{2}+a_{2} c^{2}=\left(a_{1} a_{2}+d^{2}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right)$, odkud vidíme, že rovnost $a_{1} a_{2}+d^{2}=b c$ platí, právě když $a_{1} b^{2}+a_{2} c^{2}=b c\left(a_{1}+a_{2}\right)$, což je algebraicky ekvivalentní s rovností $a_{1} b(b-c)=a_{2} c(b-c)$. To znamená,

zadání je kladná), zatímco v případě $b \neq c$ platí pro (jediný) bod $D \in B C$, pro který $a_{1} b=a_{2} c$, neboli $a_{1}: a_{2}=c: b$. Podle náv. úl. 1 má tuto vlastnost právě ten bod strany $B C$, který leží na ose úhlu $B A C$. NÁVODNÉ ÚLOHY:

1. Připomeňte si a dokažte významnou vlastnost osy úhlu trojúhelníku: Osa úhlu $B A C$ protne stranu $B C$ v tom bodě $U$, pro který platí $|B U|:|C U|=|A B|:|A C|$. [Trojúhelníky $A B U$ a $A C U$ mají dvě dvojice shodných výšek, využijte to $k$ dvojímu vyjádření poměru jejich obsahů].
2. Obrat, na kterém je výše uvedené řešení založeno (manipulace se dvěma kosinovými větami), mohou žáci znát z odvozování vzorců pro délky těžnic trojúhelníku tvaru

$$t_a=\sqrt{\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}}t\_\{a\}=\backslash sqrt\{\backslash frac\{2\; b^\{2\}+2\; c^\{2\}-a^\{2\}\}\{4\}\}$$

(při našem postupu to odpovídá situaci $a_{1}=a_{2}=\frac{1}{2} a$ ). Připomeňte jim to.

3. V jistém jazyce jsou pouze dvě písmena A a B. Pro slova tohoto jazyka platí:

1. Jediné slovo délky 1 je A.
2. Libovolná skupina písmen $X_{1} X_{2} X_{3} \ldots X_{n} X_{n+1}$, kde $X_{i}={A, B}$ pro každý index $i$, tvoř́ slovo délky $n+1$, právé když obsahuje aspoñ jedno písmeno $A$ a prítom není tvaru $X_{1} X_{2} \ldots X_{n} A, k d e X_{1} X_{2} \ldots X_{n}$ je slovo délky $n$.

Najděte a) všechna slova délky 4, b) vzorec pro počet $p_{n}$ všech slov délky $n$.

ŘEŠENí: a) Postupně najdeme všechna slova délek 2,3 a 4 . Z možných skupin délky 2 slova nejsou právě $B B$ (neobsahuje žádné $A$ ) a $A A$ (je nepřípustného tvaru), takže slova jsou právě $A B$ a $B A$. Z nich vytvoříme nepřípustné tvary délky $3: A B A$ a $B A A$. Ostatní skupiny délky 3 (s výjimkou $B B B$ ) tedy slova jsou: $A A A, A A B, A B B, B A B, B B A$. Připíšeme li na jejich konec vždy písmeno $A$, dostaneme pět nepřípustných tvarů délky $4: A A A A, A A B A, A B B A, B A B A, B B A A$. Ostatní skupiny délky 4 (s výjimkou $B B B B$ ) jsou tedy hledaná slova: $A A A B, A A B B, A B A A, A B A B, A B B B, B A A A, B A A B$, $B A B B, B B A B, B B B A$.

b) Podle ćásti a) víme, že $p_{1}=1, p_{2}=2, p_{3}=5$ a $p_{4}=10$. Nyní pro každé $n \geqq 1$ vyjádříme počet $p_{n+1}$ pomocí počtu $p_{n}$. K tomu rozdělíme všechna slova délky $n+1$ do dvou skupin podle toho, kterým písmenem končí: těch, která jsou tvaru ... A, je právě $2^{n}-p_{n}$ (před posledním $A$ stojí libovolná skupina délky $n$, jež není slovo); těch, která jsou tvaru $\ldots B$, je právě $2^{n}-1$ (před posledním $B$ stojí libovolná skupina délky $n$ s výjimkou $B B \ldots B)$. Proto platí $p_{n+1}=\left(2^{n}-p_{n}\right)+\left(2^{n}-1\right)=2^{n+1}-1-p_{n}$. Z takových vyjádření pro $p_{n+1}$ a $p_{n+2}$ vyplývá: $p_{n+2}=2^{n+2}-1-p_{n+1}=2^{n+2}-1-\left(2^{n+1}-1-p_{n}\right)=p_{n}+2^{n+1}$. $\mathrm{Na}$ základě toho budeme určovat hodnoty $p_{n}$ odděleně pro sudé a pro liché indexy $n$ :

Nalezené vzorce platí pro každé $k \geqq 1$. Dodejme, že je lze zapsat jednotným způsobem

$$p_n=\frac{2^{n+2}+(-1{)}^{n+1}-3}{6}(n=1,2,3,4,\dots )p\_\{n\}=\backslash frac\{2^\{n+2\}+(-1)^\{n+1\}-3\}\{6\}\; \backslash quad(n=1,2,3,4,\; \backslash ldots)$$

4. Daný čtyřstěn $A B C D$ má shodné protější hrany: $|A B|=|C D|=p,|A C|=|B D|=q a|A D|=$ $|B C|=r$. Označme $K$ střed hrany $A B$ a $L$ střed hrany $C D$.

a) Dokažte, že přímka $K L$ je kolmá k oběma hranám $A B$ a $C D$.

b) Ukažte, že nejmenší možná hodnota součtu $|A E|^{2}+|E F|^{2}+|F C|^{2}$, kde $E$ a $F$ jsou libovolné body př̌́čky $K L$, je rovna $\frac{2 p^{2}+q^{2}+r^{2}}{6}$.

ŘEŠENí: a) Úsečka $K L$ je těžnicí trojúhelníku $A B L$ (obr. 4.1). Proto vztah $K L \perp A B$ platí, právě když $|A L|=|B L|$. Úsečky $A L$ a $B L$ jsou ale těžnice ve shodných (podle věty sss) trojúhelnících $A D C$ a $B C D$, jsou tedy shodné. Podobně se z trojúhelníku $C D K$ vysvětlí, proč $K L \perp C D$. K předchozímu ještě dodejme, že podle Pythagorovy věty a vzorce pro délky těžnic (viz náv. úl. 2 k úloze 2 ) platí

$$\mathrm{\mid }KL{\mathrm{\mid }}^2=\mathrm{\mid }AL{\mathrm{\mid }}^2-\mathrm{\mid }AK{\mathrm{\mid }}^2=\frac{2q^2+2r^2-p^2}{4}-\frac{p^2}{4}=\frac{q^2+r^2-p^2}{2}\mathrm{.}|K\; L|^\{2\}=|A\; L|^\{2\}-|A\; K|^\{2\}=\backslash frac\{2\; q^\{2\}+2\; r^\{2\}-p^\{2\}\}\{4\}-\backslash frac\{p^\{2\}\}\{4\}=\backslash frac\{q^\{2\}+r^\{2\}-p^\{2\}\}\{2\}\; .$$

Pro stručnost dále označíme $d=|K L|$; určenou hodnotu $d^{2}$ pak dosadíme, až to bude vhodné.

b) Pro libovolné body $E, F$ na př́ćce $K L$ označíme $x=|K E|, y=|L F|$ (obr 4.2). Pak $|E F|=|d-x-y|$,

$$\mathrm{\mid }AE{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }EF{\mathrm{\mid }}^2+\mathrm{\mid }FC{\mathrm{\mid }}^2=(\mathrm{\mid }AK{\mathrm{\mid }}^2+x^2)+(d-x-y{)}^2+(\mathrm{\mid }LC{\mathrm{\mid }}^2+y^2)=2\cdot \frac{p^2}{4}+f(x,y),|A\; E|^\{2\}+|E\; F|^\{2\}+|F\; C|^\{2\}=\backslash left(|A\; K|^\{2\}+x^\{2\}\backslash right)+(d-x-y)^\{2\}+\backslash left(|L\; C|^\{2\}+y^\{2\}\backslash right)=2\; \backslash cdot\; \backslash frac\{p^\{2\}\}\{4\}+f(x,\; y),$$

kde $f(x, y)=x^{2}+(d-x-y)^{2}+y^{2}$. Ukažme, že platí odhad $f(x, y) \geqq f\left(\frac{d}{3}, \frac{d}{3}\right)$, z něhož vyplyne, že nejmenší hodnota součtu $|A E|^{2}+|E F|^{2}+|F C|^{2}$ je rovna

$$\frac{p^2}{2}+f(\frac{d}{3},\frac{d}{3})=\frac{p^2}{2}+\frac{d^2}{3}=\frac{p^2}{2}+\frac{q^2+r^2-p^2}{6}=\frac{2p^2+q^2+r^2}{6}\mathrm{.}\backslash frac\{p^\{2\}\}\{2\}+f\backslash left(\backslash frac\{d\}\{3\},\; \backslash frac\{d\}\{3\}\backslash right)=\backslash frac\{p^\{2\}\}\{2\}+\backslash frac\{d^\{2\}\}\{3\}=\backslash frac\{p^\{2\}\}\{2\}+\backslash frac\{q^\{2\}+r^\{2\}-p^\{2\}\}\{6\}=\backslash frac\{2\; p^\{2\}+q^\{2\}+r^\{2\}\}\{6\}\; .$$

(Této hodnoty se dosáhne, když $|A E|=|E F|=|F C|=\frac{1}{3}|K L|$.) Zmíněný odhad plyne okamžitě z Cauchyovy nerovnosti $3\left(u^{2}+v^{2}+w^{2}\right) \geqq(u+v+w)^{2}$, platné pro libovolnou trojici reálných čísel $u, v, w$. Nechceme-li se na ni odvolávat, můžeme provést algebraické úpravy kvadratických výrazů, kterým obvykle říkáme doplnění na čtverec:

Hodnota $f(x, y)$ je tedy nejmenší, pokud $x=\frac{d-y}{2}$ a $y=\frac{d}{3}$, neboli $x=y=\frac{d}{3}$.

JINÉ ŘEŠENÍ: V části a) můžeme postupovat jinak, když využijeme i jindy uplatňovaný trik: daný čtyřstěn doplníme na rovnoběžnostěn. Způsob je patrný z obr. 4.3 , kde je čtyřstěn $A B C D$ doplněn na rovnoběžnostěn $A A^{\prime} B B^{\prime} C^{\prime} C D^{\prime} D$ : úsečku $A^{\prime} B^{\prime}$ dostaneme posunutím hrany $C D$ o vektor $\overrightarrow{L K}$, úsečku. $C^{\prime} D^{\prime}$ posunutím hrany $A B$ o vektor $\overrightarrow{K L}$.

Ze shodnosti hran $A B$ a $C D$ plyne, že stěna $A A^{\prime} B B^{\prime}$ je rovnoběžník, jehož úhlopřičky jsou shodné, tedy pravoúhelník. Stejnou vlastnost mají i ostatní stěny rovnoběžnostěnu $A A^{\prime} B B^{\prime} C^{\prime} C D^{\prime} D$, který je proto kvádr (každé dvě z hran $A A^{\prime}, A B^{\prime}, A C^{\prime}$ jsou totiž navzájem kolmé). Tím je tvrzení a) dokázáno. Délku $d$ přičky $K L$, kterou potřebujeme v části b), nyní určíme jako délku hrany $A C^{\prime}$. Označíme-li ještě $e=\left|A A^{\prime}\right|$ a $f=\left|A B^{\prime}\right|$, pak neznámé rozměry $d, e, f$ našeho kvádru můžeme vypočítat pomocí délek $p, q, r$ jeho stěnových úhlopříček, tj. ze soustavy tří Pythagorových vět $d^{2}+e^{2}=q^{2}, d^{2}+f^{2}=r^{2}$, $e^{2}+f^{2}=p^{2}$. Tak (bez vzorce pro délku těžnice obecného trojúhelníku) dospějeme ke stejnému výsledku: $d^{2}=\frac{q^{2}+r^{2}-p^{2}}{2}$.

LitERAtURA: Geometrii čtyřstěnů najdete v brožuře S. Horák, Mnohostěny, ŠMM č. 27, Ml. fronta, 1970.

5. Kuličky sedmi ri̊zných barev jsou rozděleny do sedmi pytlíki tak, že v každých dvou pytlících najdeme po kuličce téže barvy. Dokažte:

a) Kuličky některé barvy jsou zastoupeny v aspoř trech pytlících.

b) Pokud byly rozděleny od každé barvy jen $$$ kuličky, pak v žádném pytliku nenajdeme dvě kuličky téže barvy.

Rozhodněte rovněž, zda takové rozdělení kuliček je za podmínky z tırzení b) vưbec možné.

ŘEŠENí: Označme pytlíky čísly $1,2, \ldots, 7$ a symbolem $b_{i j}$ tu barvu, od které najdeme po kuličce v pytlících $i$ a $j, 1 \leqq i<j \leqq 7$. (Je-li kandidátek na některé $b_{i j}$ více, vybereme libovolnou $\mathrm{z}$ nich.) Mezi těmito $\left(\begin{array}{l}7 \ 2\end{array}\right)=21$ barvami $b_{i j}$ je dle zadání nejvýše 7 různých.

a) Kdyby kuličky libovolné barvy byly zastoupeny nejvýše ve dvou pytlících, musely by být zmíněné barvy $b_{i j}$ po dvou různé, a to je spor. Dodejme, že tvrzení a) platí, i když se výchozí počet pytlíků sníží ze sedmi na pět (a počet barev rovný sedmi zachová), nebot $\left(\begin{array}{c}5 \ 2\end{array}\right)>7$.

b) Předpokládejme, že od každé barvy byly rozděleny jen 3 kuličky. Pak je každá barva zastoupena v nejvýše třech pytlících, takže se každé barvě rovnají nejvýše $\left(\begin{array}{l}3 \ 2\end{array}\right)=3$ hodnoty $b_{i j}$. To je podle úvodního odstavce možné, jen když všech 21 hodnot $b_{i j}$ je tvořeno sedmi trojicemi shodných barev, takže kuličky každé barvy jsou rozděleny po jedné do tří rưzných pytlíků.

Rozdělení za podmínky z tvrzení b) je možné (a až na permutace barev a pytlíků jediné). Popíšeme ho sedmi tříprvkovými množinami ${1,2,3},{1,4,5},{1,6,7},{2,4,6},{2,5,7},{3,4,7}$ a ${3,5,6}$, určujícími, které tři z pytlíkư $1,2, \ldots, 7$ obsahují kuličky jednotlivých barev. (Lze to i interpretovat jinak: které tři z barev $1,2, \ldots, 7$ jsou zastoupeny v jednotlivých pytlících.) Ověřte, že každá dvě čísla $z{1,2, \ldots, 7}$ leží současně v jedné ze sedmi vypsaných množin (a že každé dvě $z$ těchto množin mají společný prvek).

6. Je dán pravoúhlý lichoběžník se základnami $a, c(a>c)$ a delším ramenem b. Sestrojte přímku, která daný lichoběžník rozdělí na dva navzájem podobné čtyřúhelníky. Proved̆te diskusi o počtu řešení vzhledem $k$ délkám $a, b, c$.

ŘEŠENí: Hledaná přímka $E F$ musí protínat dvě protější strany daného lichoběžníku $A B C D$. Nemohou to být základny (obr. 6.1): aby $A E F D$ a $E B C F$ byly podobné čtyřúhelníky, musel by druhý z nich mít (stejně jako ten první) dva vnitřní úhly pravé, a to mohou být jedině úhly při vrcholech $E$ a $F$; pak by ovšem $A E F D$ byl pravoúhelník, zatímco $E B C F$ nikoliv.

Mají-li být čtyrúhelníky $A B F E$ a $E F C D$ z obr. 6.2 podobné, musí být úhel $A B F$ shodný s jedním z úhlů $E F C$ nebo $F E D$. Tyto dvě možnosti nyní rozlišíme jako a) a b). a) $|\angle A B F|=|\angle E F C|$. V tomto př́padě jsou $A B F E$ a $E F C D$ pravoúhlé lichoběžníky (obr. 6.3). $\mathrm{Z}$ úmĕry $|A B|:|E F|=|E F|:|C D|$ vychází

$$\mathrm{\mid }EF\mathrm{\mid }=\sqrt{ac}\mathrm{.}|E\; F|=\backslash sqrt\{a\; c\}\; .$$

Konstrukce takové přićčky $E F$ je snadná: nejdříve na úsečce $A B$ nalezneme bod $F_{1}$, pro který $\left|A F_{1}\right|=\sqrt{a c}$ (tuto délku sestrojíme podle jedné z Eukleidových vět, viz pom. úl. 1); úsečku $A F_{1}$ pak doplníme na pravoúhelník $A F_{1} F E$. Takto sestrojené čtyřúhelníky $A B F E$ a $E F C D$ jsou skutečnè podobné podle pom. úl. 2, podm. (ii). b) $|\angle A B F|=|\angle F E D|$. Podle obr. 6.4 je jasné, že tato rovnost nastane, právě když $E F \perp B C$. Podobnost čtyřúhelníků $A B F E$ a $E F C D$ mưže být dvojího druhu: $A B F E \sim F E D C$ nebo $A B F E \sim$ $D E F C$. Tyto dvě možnosti nyní rozlišíme jako b1) a b2).

b1) $A B F E \sim F E D C$. Z úměry $|A B|:|F E|=|F E|:|D C|$ opět vychází rovnost (1). Úsečka $E F$ má tedy známou délku a je kolmá k $B C$, takže se snadno sestrojí. Podobnost $A B F E \sim F E D C$ se pak zdůvodní opět podle pom. úl., podm. (ii).

b2) $A B F E \sim D E F C$. Z úměry $|A B|:|D E|=|A E|:|D C|$ dostáváme

$$\mathrm{\mid }AE\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }DE\mathrm{\mid }=ac\mathrm{.}|A\; E|\; \backslash cdot|D\; E|=a\; c\; .$$

Tím je bod $E$ na rameni $A D$ určen a jeho konstrukci lze založit na Eukleidově větě o výšce. Bod $F$ pak sestrojíme kolmým průmětem bodu $E$ na rameno $B C$. Z takové konstrukce plyne podobnost $\triangle A B E \sim$ $\triangle D E C$ (věta sus), a tedy i podobnost $A B F E \sim D E F C$ podle pom. úl., podm. (i).

DISKUSE: Protože $c<\sqrt{a c}<a$, řešení z části a) existuje vždy právě jedno.

Část b1): Úsečka (o jejíź délce zatím nic nepredpokládáme), která je kolmá k přímce $B C$ a jejíž krajní body leží uvnitř ramen $A D$ a $B C$, existuje, jen když kolmý průmět $G$ bodu $A$ na přímku $B C$ padne mezi body $B$ a $C$ (obr. 6.5). Plyne to $\mathrm{z}$ toho, že úhel $\beta=\angle A B C$ je ostrý. Nepříznivá situace (obr. 6.6) se vyloučí podmínkou $|B G|<|B C|=b$. Protože $|B G|=a \cos \beta=a \cdot \frac{a-c}{b}$, dostáváme po snadné úpravě ekvivalentní podmínku

$$b>\sqrt{a(a-c)}\mathrm{.}b>\backslash sqrt\{a(a-c)\}\; .$$

(To je podstatné omezení, a priori totiž zřejmě platí pouze slabší nerovnost $b>a-c$ ). Ukažme, že podmínka (3) sama o sobě již zaručuje, že konstruovaná příčka $E F$ délky $\sqrt{a c}$ existuje a je jediná. Z trojúhelníků $A B G$ a $C H D$ totiž plyne $|A G|=a \sin \beta$ a $|H C|=\frac{c}{\sin \beta}$, takže $|A G| \cdot|H C|=a c$. To znamená, že délka $\sqrt{a c}$ je geometrickým průměrem délek základen $A G$ a $H C$ pravoúhlého lichoběžníku $G A H C$. Proto přička $E F$ existuje, je jediná a při její konstrukci lze postupovat způsobem z části a) našeho řešení, uvažujeme-li lichoběžník $G A H C$ namísto lichoběžníku $A B C D$. Jiné pěkné vysvětlení poskytuje obr. 6.7, ve kterém podle Eukleidovy věty o odvěsnách pravoúhlého trojúhelníku $A B X$ máme $|Z C|=|A X|=\sqrt{a c}$ a $|B X|=\sqrt{a(a-c)} ;$ nerovnosti $|H C|<\sqrt{a c}<|A G|$ proto plynou z tupoúhlých trojúhelníkư $Z C H$ a $A G X$.

Část b2): Bod $E$ určený rovností (2) na rameni $A D$ délky $d$ existuje, právě když $\frac{1}{4} d^{2} \geqq a c$ (plyne to $\mathrm{z}$ průbĕhu kvadratické funkce $f(x)=x(d-x)$ na intervalu $x \in(0, d)$, kde $x=|A E|)$. Protože $d^{2}=b^{2}-(a-c)^{2}$, dostáváme odtud snadnou úpravou existenční podmínku

$$b\geqq a+c,b\; \backslash geqq\; a+c,$$

která je silnější než (3), takže pro úsečku $A G$ zajištuje potřebnou polohu z obr. 6.5. Pomocí vyjádření $|D H|=c \cdot \operatorname{cotg} \beta=c \cdot \frac{a-c}{d}$ se snadným výpočtem ověří, že za podmínky (4) platí obě nerovnosti $|D H|<\frac{1}{2} d$ a $|A H| \cdot|D H|<a c$, které zaručují, že každý bod $E$ úsečky $A D$ splňující (2) je vnitřním bodem úsečky $A H$ (takové body jsou dva, resp. jeden, platíli v (4) ostrá nerovnost, resp. rovnost). Proto kolmý průmět $F$ takového bodu $E$ na přímku $B C$ skutečně padne mezi body $B$ a $C$.

ZÁVĚR DISKUSE: Úloha má

■ 1 řešení, je-li $a-c<b \leqq \sqrt{a(a-c)}$,

【 2 řešení, je-li $\sqrt{a(a-c)}<b<a+c$,

$\Delta 3$ řešení, je-li $b=a+c$,

$\Delta 4$ řešení, je-li $b>a+c$.

JINÉ ŘEŠENí: Popišme jiný rozbor částí b1) a b2) předchozího postupu. V první z nich z rovnosti úhli̊ $C E D$ a $E B F$ (obr. 6.8) na základě věty o obvodovém a úsekovém úhlu (pom. úl. 3) usoudíme, že přímka $A D$ je tečnou ke kružnici opsané trojúhelníku $E C B$. Tuto kružnici umíme sestrojit, nebot̀ má procházet danými body $B, C$ a dotýkat se dané úsečky $A D$ (pom. úl. 4). Příslušný bod dotyku je hledaný bod $E$, jeho kolmým průmětem na rameno $B C$ dostaneme bod $F$. Podobnost $A B F E \sim F E D C$ je pak zaručena podle pom. úl. 2, podm. (i), nebot $\triangle B F E \sim \triangle E D C$ podle věty uu.

Část b2): Z rovnosti úhlů $C E F$ a $E B F$ (obr. 6.9) usoudíme, že úhel $B E C$ je pravý. Proto lze bod $E$ sestrojit jako průsečík úsečky $A D$ s Thaletovou kružnicí nad průměrem $B C$; bod $F$ pak dostaneme stejně jako v části b1). Jako tam se dokáže i podobnost $A B F E \sim D E F C$, tentokrát na základě toho, že $\triangle B F E \sim \triangle E F C$.

POMOCNÉ ÚLOHY:

1. Připomeňte si a pomocí podobných trojúhelníků dokažte Eukleidovy věty o výšce a odvěsnách pravoúhlého trojúhelníku: $v^{2}=c_{a} \cdot c_{b}, a^{2}=c \cdot c_{a}$ a $b^{2}=c \cdot c_{b}$.
2. Čtyřúhelníky $K L M N$ a $P Q R S$ se shodují ve vnitřních úhlech, jak je vyznačeno na obr. 6.10. Dokažte, že tyto čtyřúhelníky jsou podobné, je-li splněna některá z podmínek:

(i) $\triangle K L M \sim \triangle P Q R, \quad$ (ii) strany $K N$ a $L M$ nejsou rovnoběžné a $|K L|:|P Q|=|M N|:|R S|$.

[Vysvětlete, že pokud $\triangle K L M \sim \triangle P Q R$, platí rovněž $\triangle K M N \sim \triangle P R S$ podle věty uu, prričemž obě podobnosti mají stejný koeficient $|K M|:|P R|$. Za podmínky (ii) převedte podobným zobrazením čtyřúhelník $P Q R S$ na čtyřúhelník $K L M^{\prime} N^{\prime}$ tak, aby body $M^{\prime}, N^{\prime}$ ležely po řadě na poloprímkách $L M$ a $K N$. Úsečky $M N$ a $M^{\prime} N^{\prime}$ jsou pak shodné a rovnoběžné; kdyby nebyly totožné, byl by $M N N^{\prime} M^{\prime}$ rovnoběžník, takže strany $K N$ a $L M$ by byly rovnoběžné.]

3. Co jsou obvodové, středové a úsekové úhly a jaké mají vlastnosti? Dokažte je.
4. Sestrojte kružnici která prochází danými body $K, L$ a dotýká se dané přímky $p$, jež je s přímkou $K L$ různoběžná. [Bod dotyku $T$ přímky $p$ s hledanou kružnicí je určen podmínkou $|P T|^{2}=|P K| \cdot|P L|$, kde $P$ je průsečík přímek $p$ a $K L$.]
5. (Doplňující úloha) Dané body $A, B$ leží uvnitř téže poloroviny vyťaté danou přímkou $p$. Na přímce $p$ sestrojte bod $X$ tak, aby velikost konvexního úhlu $A X B$ byla co největší. [Rozhledy mat.-fyz., roč. 62, č. 4 , str. 168-169.]