Czech/md/cz-mo-secondary/3471705-a51i.md

Úlohy domácího kola kategorie A

1. Je-li $S$ obsah trojúhelníku o stranách $a, b, c$ a $T$ obsah trojúhelníku o stranách $a+b$, $b+c, c+a$, pak platí $T \geqq 4 S$. Dokažte a zjistěte, $k d y$ nastane rovnost.

ŘEŠEní. Vyjádření obsahu $S$ obecného trojúhelníku z délek jeho stran $a, b, c$ je dáno Heronovým vzorcem

$$S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)},\text{ kde }s=\frac{a+b+c}{2}S=\backslash sqrt\{s(s-a)(s-b)(s-c)\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; kde\; \}\; \backslash quad\; s=\backslash frac\{a+b+c\}\{2\}$$

Bez označení $s$ pro poloviční obvod je zápis Heronova vzorce poněkud delší:

$$S=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)}\mathrm{.}S=\backslash frac\{1\}\{4\}\; \backslash sqrt\{(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)\}\; .$$

Udělejme malou odbočku a všimněme si, jak Heronův vzorec nepřímo „testuje“ známé nerovnosti, které zaručují existenci trojúhelníku: Čísla $a, b, c$ jsou délkami stran některého trojúhelníku, právě když všichni činitelé pod odmocninou ve vzorci (1) jsou kladní.

Podle vzorce (1) je obsah $T$ trojúhelníku o stranách $a+b, b+c, c+a$ roven

$$T=\frac{1}{4}\sqrt{(2a+2b+2c)(2c)(2a)(2c)}=\sqrt{abc(a+b+c)}\mathrm{.}T=\backslash frac\{1\}\{4\}\; \backslash sqrt\{(2\; a+2\; b+2\; c)(2\; c)(2\; a)(2\; c)\}=\backslash sqrt\{a\; b\; c(a+b+c)\}\; .$$

Dokazovanou nerovnost $T \geqq 4 S$ tudíž rozepíšeme jako

$$\sqrt{abc(a+b+c)}\geqq \sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)}\backslash sqrt\{a\; b\; c(a+b+c)\}\; \backslash geqq\; \backslash sqrt\{(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)\}$$

v ekvivalentní nerovnosti mezi odmocňovanými výrazy zkrátíme činitel $(a+b+c)$ a dostaneme tak nerovnost

$$abc\geqq (b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)a\; b\; c\; \backslash geqq(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)$$

kterou nyní (pro strany $a, b, c$ obecného trojúhelníku) několika způsoby dokážeme.

Při prvním z nich využijeme zřejmých nerovností

Protože jde o tři nerovnosti mezi kladnými výrazy, součin jejich levých stran není menší než součin jejich pravých stran:

$$a^2{b}^2{c}^2\geqq (b+c-a{)}^2(a+c-b{)}^2(a+b-c{)}^2,a^\{2\}\; b^\{2\}\; c^\{2\}\; \backslash geqq(b+c-a)^\{2\}(a+c-b)^\{2\}(a+b-c)^\{2\},$$

odkud po odmocnění dostaneme nerovnost (2). Tím je nerovnost $T \geqq 4 S$ dokázána. Z našeho postupu rovněž plyne, že rovnost $T=4 S$ nastane, právě když budou splněny současně tři rovnosti

$$a^2=a^2-(b-c{)}^2,b^2=b^2-(c-a{)}^2,c^2=c^2-(a-b{)}^{2}a^\{2\}=a^\{2\}-(b-c)^\{2\},\; b^\{2\}=b^\{2\}-(c-a)^\{2\},\; c^\{2\}=c^\{2\}-(a-b)^\{2\}$$

tj. právě když bude platit $a=b=c$ (případ rovnostranného trojúhelníku).

Poznamenejme, že důkazu (2) jsme dosáhli vynásobením tří analogických nerovností (3). První z nich po odmocnění obou stran získá tvar nerovnosti mezi aritmetickým a geometrickým průměrem (kladných) čísel $u=a+b-c$ a $v=a-b+c$ :

$$a=\frac{(a+b-c)+(a-b+c)}{2}\geqq \sqrt{(a+b-c)(a-b+c)}a=\backslash frac\{(a+b-c)+(a-b+c)\}\{2\}\; \backslash geqq\; \backslash sqrt\{(a+b-c)(a-b+c)\}$$

Využít takovou AG-nerovnost vás možná napadne, když dokazovanou nerovnost (2) přepíšete z původních proměnných $a, b, c$ do nových proměnných

$$u=a+b-c>0,v=a-b+c>0,w=-a+b+c>0.u=a+b-c>0,\; v=a-b+c>0,\; w=-a+b+c>0\; .$$

Protože $a=\frac{1}{2}(u+v), b=\frac{1}{2}(u+w)$ a $z=\frac{1}{2}(v+w)$, přejde nerovnost (2) v nerovnost

$$(u+v)(u+w)(v+w)\geqq 8uvw(u+v)(u+w)(v+w)\; \backslash geqq\; 8\; u\; v\; w$$

a souvislost $\mathrm{s}$ AG-nerovnostmi

$$\frac{u+v}{2}\geqq \sqrt{uv},\frac{u+w}{2}\geqq \sqrt{uw},\frac{v+w}{2}\geqq \sqrt{vw}\backslash frac\{u+v\}\{2\}\; \backslash geqq\; \backslash sqrt\{u\; v\},\; \backslash frac\{u+w\}\{2\}\; \backslash geqq\; \backslash sqrt\{u\; w\},\; \backslash frac\{v+w\}\{2\}\; \backslash geqq\; \backslash sqrt\{v\; w\}$$

je nasnadě. Dokázat transformovanou nerovnost $\left(2^{\prime}\right)$ můžeme ovšem i užitím jediné AG-nerovnosti: po roznásobení levé strany $\left(2^{\prime}\right)$ a zřejmé úpravě dostaneme

$$\frac{u^{2}v+u^{2}w+v^{2}u+v^{2}w+w^{2}u+w^{2}v}{6}\geqq uvw,\backslash frac\{u^\{2\}\; v+u^\{2\}\; w+v^\{2\}\; u+v^\{2\}\; w+w^\{2\}\; u+w^\{2\}\; v\}\{6\}\; \backslash geqq\; u\; v\; w,$$

což je $A G$-nerovnost pro skupinu šesti členů

$$u^{2}v,u^{2}w,v^{2}u,v^{2}w,w^{2}u,w^{2}vu^\{2\}\; v,\; u^\{2\}\; w,\; v^\{2\}\; u,\; v^\{2\}\; w,\; w^\{2\}\; u,\; w^\{2\}\; v$$

nebot jejich geometrický průměr je roven $\sqrt[6]{u^{2} v \cdot u^{2} w \cdot v^{2} u \cdot v^{2} w \cdot w^{2} u \cdot w^{2} v}=u v w$.

$\mathrm{Na}$ závěr uved’me ještě jeden algebraický důkaz nerovnosti (2). S ohledem na symetrii předpokládejme, že $a \leqq \min {b, c}$, položme $x=b-a \geqq 0, y=c-a \geqq 0$ a přepišme nerovnost (2) jako nerovnost pro mnohočlen proměnné $a$ s koeficienty závislými na $x$ a $y$ :

Poslední výraz je (vzhledem $\mathrm{k}$ tomu, že $a>0, x \geqq 0, y \geqq 0$ ) zřejmě nezáporný, přičemž nule se rovná, právě když platí $x y=0$ a $x-y=0$, neboli $x=y=0$. 2. $V$ oboru celých čısel $x, y$ řešte rovnici

$${\left(x_5\right)}^2+{\left(y^4\right)}_5=2x{y}^2+51\backslash left(x\_\{5\}\backslash right)^\{2\}+\backslash left(y^\{4\}\backslash right)\_\{5\}=2\; x\; y^\{2\}+51$$

kde $n_{5}$ znači násobek pěti nejbližši k čislu n, například $(-9)_{5}=-10$.

ŘEŠENí. Podáme nejprve úplné řešení úlohy, avšak bez metodického komentáře, který uvedeme až v následné poznámce.

Necht dvojice celých čísel $x, y$ vyhovuje rovnici (1). Protože součet $\left(x_{5}\right)^{2}+\left(y^{4}\right){5}$ je dělitelný pěti, dává číslo $2 x y^{2}$ při dělení pěti zbytek 4 , tj. $5 \mid\left(2 x y^{2}-4\right)$. Č́śslo $y$ proto není dělitelné pěti, takže platí bud' $y=5 k \pm 1$, nebo $y=5 k \pm 2$, kde $5 k=y{5}$. Obě možnosti ted' posoudíme odděleně.

Připad $y=5 k \pm 1$. Protože $y^{2}=25 k^{2} \pm 10 k+1$, platí $5 \mid\left(y^{2}-1\right)$, a proto z podmínky $5 \mid\left(2 x y^{2}-4\right)$ plyne $5 \mid(2 x-4)=2(x-2)$, tedy $x=5 n+2$, kde $5 n=x_{5}$. Z podmínky $5 \mid\left(y^{2}-1\right)$ plyne rovněž $5 \mid\left(y^{4}-1\right)$, neboli $\left(y^{4}\right)_{5}=y^{4}-1$, tudíž rovnice (1) získává tvar

$$(5n{)}^2+(y^4-1)=2\cdot (5n+2)\cdot y^2+51.(5\; n)^\{2\}+\backslash left(y^\{4\}-1\backslash right)=2\; \backslash cdot(5\; n+2)\; \backslash cdot\; y^\{2\}+51\; .$$

Postupnými úpravami dostaneme

Na levé straně poslední rovnice je součin dvou celých čísel lišících se o $4 y$, tedy o násobek čtyř; protože $52=2^{2} \cdot 13$, stojí na levé straně (2) součin čísel 2 a 26 , nebo součin čísel -2 a -26 . Tak či onak platí $|4 y|=26-2=24$, odkud $y= \pm 6$, takže menši z obou činitelů v (2) je roven $6^{2}-5 n-12=24-5 n$. Zatímco rovnice $24-5 n=2$ žádné celočíselné řešení $n$ nemá, rovnice $24-5 n=-26$ má řešení $n=10$, kterému odpovídá $x=5 \cdot 10+2=52$. Podmínku $y=5 k \pm 1$ tedy splňují právě dvě řešení rovnice (1): $(x, y)=(52,6)$ a $(x, y)=(52,-6)$.

Připad $y=5 k \pm 2$. Protože $y^{2}=25 k^{2} \pm 20 k+4$, platí $5 \mid\left(y^{2}+1\right)$, a proto z podmínky $5 \mid\left(2 x y^{2}-4\right)$ plyne $5 \mid(-2 x-4)=-2(x+2)$, tedy $x=5 n-2$, kde $5 n=x_{5}$. Z podmínky $5 \mid\left(y^{2}+1\right)$ plyne rovněž $5 \mid\left(y^{4}-1\right)$, neboli $\left(y^{4}\right)_{5}=y^{4}-1$, tudíž rovnice (1) získává tvar

$$(5n{)}^2+(y^4-1)=2\cdot (5n-2)\cdot y^2+51.(5\; n)^\{2\}+\backslash left(y^\{4\}-1\backslash right)=2\; \backslash cdot(5\; n-2)\; \backslash cdot\; y^\{2\}+51\; .$$

Postupnými úpravami dostaneme

Oba sčítanci v levé straně poslední rovnice jsou nezáporní, takže nepřevyšují číslo 52 z pravé strany. Z nerovnosti $4 y^{2} \leqq 52$ plyne $y^{2} \leqq 13$, což $\mathrm{s}$ ohledem na podmínku $y=5 k \pm 2$ znamená, že bud' $y= \pm 2$, nebo $y= \pm 3$. Je-li $y= \pm 2$, je rovnice (3) splněna, právě když $(4-5 n)^{2}=36$, což nastane pro jediné celé číslo $n=2$, kterému odpovídá $x=5 \cdot 2-2=8$. Je-li $y= \pm 3$, přejde $(3)$ v rovnici $(9-5 n)^{2}=16 \mathrm{~s}$ jediným celočíselným kořenem $n=1$, kterému odpovídá $x=5 \cdot 1-2=3$. Podmínku $y=5 k \pm 2$ tedy splňují právě čtyři řešení $(x, y)$ rovnice $(1)$ : dvojice $(8,2),(8,-2),(3,3)$ a $(3,-3)$.

Odpověd. Rovnice (1) má v oboru celých čísel celkem šest řešení $(x, y)$ : dvojice $(52,6),(52,-6),(8,2),(8,-2),(3,3)$ a $(3,-3))^{1}$

Poznámka. Řešitelé by si měli předně uvědomit, že pro každé celé $z$ je číslo $z_{5}$ rovno jednomu z čísel $z-2, z-1, z, z+1$ nebo $z+2$ (tomu z nich, které je násobkem pěti). Danou úlohu by bylo možné proto řešit tak, že bychom rovnici (1) posoudili v jednotlivých př́íadech $x=5 n+r$ a $y=5 k+q$, kde čísla $r$ a $q$ probíhají (navzájem nezávisle) množinu ${-2,-1,0,1,2}$. Taková diskuse by ovšem byla zdlouhavá, výše podané řešení je jejím promyšleným zkrácením. Uvědomte si, že při našem postupu jsme nejdříve vyloučili př́ípad $q=0$ a poté jsme již rozlišili pouze případy $q= \pm 1$ a $q= \pm 2$. Bylo to umožněno tím, že číslo $y^{2}$ má při dělení pěti zbytek nezávislý na znaménku čísla $q$ a že podle tohoto zbytku lze z rovnice (1) jednoznačně určit obdobný zbytek čísla $x$, tedy hodnotu $r$. Poslední „trik“, který jsme při řešení uplatnili, spočíval v tom, že jsme do rovnice (1) nedosazovali vyjádření $y=5 k \pm 1$ resp. $y=5 k \pm 2$, čímž se nám poněkud zjednodušil zápis př́slušných rovnic (2) a (3). Dodejme ještě, že algebraické úpravy rovnice (1) vedoucí $\mathrm{k}$ rovnicím (2) a (3) patří při řešení rovnic v oboru celých čísel k těm nejobvyklejším postupům.

Řešitelům úlohy pomůžeme, když jim postupně předložíme tyto dílčí úkoly:

a) Dokažte, že číslo $y$ z libovolného řešení $(x, y)$ rovnice (1) není dělitelné pěti.

b) Zjistěte zbytky při dělení pěti čísel $y^{2}$ a $y^{4} \mathrm{v}$ závislosti na zbytku čísla $y$.

c) Určete zbytek při dělení pěti čísla $x$ z libovolného řešení $(x, y)$ rovnice (1), znáte-li (nenulový) zbytek čísla $y^{2}$. 3. $V$ daném trojúhelníku $A B C$ protíná osa úhlu $A C B$ stranu $A B$ v bodě $K$ a kružnici opsanou v bodě $L(L \neq C)$. Označme $V$ střed kružnice vepsané trojúhelniku $A B C$, $S$ střed kružnice opsané trojúhelniku $K B V$ a $Z$ prưsečík přimek $A B$ a $S L$. Dokažte, že přímka $S K$ je tečnou kružnice opsané trojúhelníku $K L Z$.

ŘEŠENí. Skutečnost, že některá přímka je tečnou některé kružnice, ověřujeme často pomocí důležité planimetrické poučky o tzv. úsekovém úhlu, ta však nepatří $\mathrm{k}$ běžnému gymnaziálnímu učivu. Proto se o ní zmíníme před vlastním řešením úlohy.

Obrázek 1a ilustruje známý školský poznatek o obvodových a středových úhlech: Velikost $\omega$ středového úhlu ASB kružnice k je rovna dvojnásobku velikosti $\varphi$ přislušného obvodového úhlu $A K B$. Na obrázku $1 \mathrm{~b}$ je kromě kružnice $k$ o středu $S$ a její tětivy $A B$ nakreslena ještě úsečka $L A$, která svírá s tětivou $A B$ úhel velikosti $\tau$. Z rovnoramenného trojúhelníku $A B S$ se základnou $A B$ plyne, že úhel $S A B$ má velikost $\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\omega\right)=90^{\circ}-$ $-\frac{1}{2} \omega$, a proto úhel $S A L$ má velikost $\left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \omega\right)+\tau$. Přímka $L A$ je tečnou kružnice $k$, pokud je úhel $S A L$ pravý, tedy pokud platí

$$({90}^{\circ }-\frac{1}{2}\omega )+\tau ={90}^{\circ },\text{ neboli }\omega =2\tau \mathrm{.}\backslash left(90^\{\backslash circ\}-\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash omega\backslash right)+\backslash tau=90^\{\backslash circ\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; neboli\; \}\; \backslash quad\; \backslash omega=2\; \backslash tau\; .$$

${ }^{1}$ Doporučujeme provést zkoušku, i když není nutnou součástí takto podaného řešení.

Obr. 1a

Obr. $1 \mathrm{~b}$

Stejná podmínka $\omega=2 \tau$ se podobně odvodí i v př́ípadě z obr. 1c, kdy středový úhel $\omega$ je větší než $180^{\circ}$. V obou situacích se úhel $L A B$ mezi úsekem $L A$ tečny a tětivou $A B$ nazývá úsekový úhel. Jak jsme právě dokázali, velikost $\omega$ středového úhlu $A S B$ je rovna dvojnásobku velikosti $\tau$ úsekového úhlu $L A B$. $\mathrm{V}$ důsledku uvedených vět platí tvrzení o shodnosti obvodových a úsekových úhlů, pokud tyto dva úhly vybíráme v opačných polorovinách vytatých přímkou, na které leží dotyčná tětiva kružnice (obr. 1d). Protože velikost úsekového úhlu polohu přislušné tečny jednoznačně určuje, využijeme při řešení dané úlohy shodnost obvodového a úsekového úhlu ve formě této implikace: Jsou-li dány tři rưzné body $A, B, K$ téže kružnice $k$ a vnitřní bod $L$ poloroviny opačné $k$ polorovině ABK a jsou-li úhly AKB a LAB shodné, pak přímka LA je tečnou kružnice $k$.

Obr. 1c

Obr. 1d

Situace z naší úlohy je znázorněna na obr. 2. Kružnice opsané trojúhelníkům $A B C$, $K B V$ a $K L Z$ jsou označeny po řadě $k, k_{1}$ a $k_{2}$. Naší úlohou je dokázat, že přímka $S K$ je tečnou kružnice $k_{2}$; k tomu podle předchozího odstavce stačí vysvětlit, proč jsou shodné úhly $S K Z$ a $K L Z$, vyznačené na obr. 2 obloučky. Kromě toho ovšem musíme zdůvodnit, proč body $L$ a $S$ vždy leží v opačných polorovinách s hraniční př́ímkou $A B$ (jak je tomu v případě našeho obrázku).

Střed $V$ kružnice vepsané je vždy vnitřním bodem trojúhelníku $A B C$, nebot je průsečíkem os jeho vnitřních úhlů. Proto je bod $V$ vnitřním bodem úsečky $C K$, za-

Obr. 2

tímco bod $L$ leží na jejím prodloužení za bod $K$. Body $V$ a $L$ proto leží v opačných polorovinách s hraniční přímkou $A B$. Označíme-li jako obvykle $\alpha, \beta, \gamma$ velikosti vnitřních úhlů trojúhelníku $A B C$, má trojúhelník $B C V$ u vrcholů $B$ a $C$ vnitřní úhly velikostí $\frac{1}{2} \beta$ a $\frac{1}{2} \gamma$, takže pro jeho vnější úhel při vrcholu $V$ platí

Úhel $B V K$ je tudíž ostrý, a proto střed $S$ kružnice $k_{1}$ leží ve stejné polorovině s hraniční přímkou $B K$ jako bod $V$, což spolu s předchozím tvrzením o poloze bodư $V$ a $L$ znamená, že body $L$ a $S$ skutečně leží v opačných polorovinách s hraniční přímkou $A B$, jak jsme potřebovali ověřit. Podle věty o obvodových a středových úhlech v kružnici $k_{1}$ platí

$$\mathrm{\mid }\text{Varangle}BSK\mathrm{\mid }=2\cdot \mathrm{\mid }\text{Varangle}BVK\mathrm{\mid }=\beta +\gamma ,|\backslash Varangle\; B\; S\; K|=2\; \backslash cdot|\backslash Varangle\; B\; V\; K|=\backslash beta+\backslash gamma,$$

z rovnoramenného trojúhelníku $B K S$ tudíž plyne

$$\mathrm{\mid }\text{Varangle}SKZ\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\text{Varangle}SKB\mathrm{\mid }=\frac{1}{2}({180}^{\circ }-\mathrm{\mid }\text{Varangle}BSK\mathrm{\mid })=\frac{1}{2}({180}^{\circ }-\beta -\gamma )=\frac{1}{2}\alpha \mathrm{.}|\backslash Varangle\; S\; K\; Z|=|\backslash Varangle\; S\; K\; B|=\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(180^\{\backslash circ\}-|\backslash Varangle\; B\; S\; K|\backslash right)=\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(180^\{\backslash circ\}-\backslash beta-\backslash gamma\backslash right)=\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash alpha\; .$$

Zbývá nám proto dokázat, že také úhel $K L Z$ má velikost $\frac{1}{2} \alpha$. Provedeme to dvěma nezávislými postupy.

Při prvním z nich nejprve určíme velikost úhlu $L B V$. Protože $|\Varangle L B A|=|\Varangle L C A|=$ $=\frac{1}{2} \gamma$ (obvodové úhly v kružnici $k$ ) a $|\Varangle A B V|=\frac{1}{2} \beta$, vzhledem k vzájemné poloze úseček $L V$ a $A B$ můžeme psát

$$\mathrm{\mid }\text{Varangle}LBV\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\text{Varangle}LBA\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }\text{Varangle}ABV\mathrm{\mid }=\frac{1}{2}(\beta +\gamma )\mathrm{.}|\backslash Varangle\; L\; B\; V|=|\backslash Varangle\; L\; B\; A|+|\backslash Varangle\; A\; B\; V|=\backslash frac\{1\}\{2\}(\backslash beta+\backslash gamma)\; .$$

Již dříve jsme zjistili, že takovou velikost má i úhel $B V K$ (neboli úhel $B V L$ ), a tak je trojúhelník $B V L$ rovnoramenný: $|B L|=|V L|$. Zároveň ovšem platí $|B S|=|V S|$, takže oba body $L$ a $S$ leží na ose úsečky $B V$ (čtyřúhelník $B L V S$ je tedy deltoid, případně kosočtverec nebo čtverec). Odtud plyne, že úsečky $B V$ a $S L$ jsou navzájem kolmé, úhel $K L Z$ je proto doplňkový $\mathrm{k}$ úhlu $B V K$ :

$$\mathrm{\mid }\text{Varangle}KLZ\mathrm{\mid }={90}^{\circ }-\mathrm{\mid }\text{Varangle}BVK\mathrm{\mid }={90}^{\circ }-\frac{1}{2}(\beta +\gamma )=\frac{1}{2}\alpha \mathrm{.}|\backslash Varangle\; K\; L\; Z|=90^\{\backslash circ\}-|\backslash Varangle\; B\; V\; K|=90^\{\backslash circ\}-\backslash frac\{1\}\{2\}(\backslash beta+\backslash gamma)=\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash alpha\; .$$

Tím je tvrzení úlohy dokázáno.

Při druhém způsobu určení velikosti úhlu $K L Z$ si nejdříve všimneme, že platí $|\Varangle B L K|=|\Varangle B L C|=|\Varangle B A C|=\alpha$ (obvodové úhly v kružnici $k$ ), což spolu s dříve odvozenou rovností $|\Varangle B S K|=\beta+\gamma$ znamená, že ve čtyřúhelníku $B L K S$ je součet vnitřních úhlů u protějších vrcholů $L$ a $S$ roven $180^{\circ}$, jedná se proto o čtyřúhelník, kterému lze opsat kružnici. V ní jsou $K B S$ a $K L S$ shodné obvodové úhly nad tětivou $K S$, a proto platí

$$\mathrm{\mid }\text{Varangle}KLZ\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\text{Varangle}KLS\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\text{Varangle}KBS\mathrm{\mid }=\frac{1}{2}\alpha |\backslash Varangle\; K\; L\; Z|=|\backslash Varangle\; K\; L\; S|=|\backslash Varangle\; K\; B\; S|=\backslash frac\{1\}\{2\}\; \backslash alpha$$

(připomínáme, že $B K S$ je rovnoramenný trojúhelník s úhly $\frac{1}{2} \alpha$ při základně $B K$ ).

4. Nechẗ $n \geqq 2$ je dané přirozené čıslo. Pro které hodnoty reálného parametru p má soustava rovnic

alespoň dvě řešení v oboru reálných čisel?

ŘEŠENí. Protože daná soustava (1) je velmi složitá a patrně neexistuje postup, jak v konečném algebraickém tvaru vyjádřit všechna její řešení, budeme jednak přemýšlet o podmínkách řešitelnosti této soustavy, jednak hledat některá její speciální řešení.

Všimněme si nejdříve, že soustava (1) nemá žádné řešení pro hodnotu $p=0$, protože hodnoty levých stran rovnic jsou kladná čisla. Také druhé zjištění, které nyní uvedeme, je zřejmé: $n$-tice čísel $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ je řešením soustavy (1) s hodnotou parametru $p$, právě když $n$-tice opačných čísel $\left(-x_{1},-x_{2}, \ldots,-x_{n}\right)$ je řešením soustavy (1) s opačnou hodnotou parametru $-p$. Hodnoty levých i pravých stran všech rovnic soustavy se totiž při změně všech hodnot $x_{i} \mapsto-x_{i}$ a $p \mapsto-p$ nezmění, protože pro libovolná $x \neq 0$ a $p$ platí

$$(-x{)}^4+\frac{2}{(-x{)}^2}=x^4+\frac{2}{x^2}\text{ a }(-p)(-x)=px(-x)^\{4\}+\backslash frac\{2\}\{(-x)^\{2\}\}=x^\{4\}+\backslash frac\{2\}\{x^\{2\}\}\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad(-p)(-x)=p\; x$$

Soustava (1) s hodnotou parametru $p$ má tedy právě tolik řešení, kolik jich má soustava (1) s hodnotou parametru $-p$. Budeme proto hledat pouze všechna kladná čísla $p$, pro která má soustava (1) aspoň dvě řešení ( $\mathrm{v}$ odpovědi $\mathrm{k}$ nim připojíme všechna opačná čísla $-p$.)

Až do závěru řešení budeme tedy uvažovat jen kladné hodnoty parametru $p$ soustavy (1). Z kladnosti jejích levých stran plyne, že také všechny pravé strany $p x_{i}$ musí být kladné, a proto ( $\mathrm{s}$ ohledem na předpoklad $p>0$ ) musí platit $x_{i}>0$ pro každé $i$. Libovolné řešení $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ soustavy (1) je tedy sestaveno z $n$ kladných čísel.

Předpokládejme nyní, že pro dané $p>0$ nějaké řešení $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ soustavy (1) existuje, a všech $n$ rovnic mezi sebou vynásobme. Pro kladná čísla $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ tak dostaneme rovnost

$$(x_1^4+\frac{2}{x_1^2})(x_2^4+\frac{2}{x_2^2})\dots (x_n^4+\frac{2}{x_n^2})=p^n{x}_1{x}_2\dots x_n\mathrm{.}\backslash left(x\_\{1\}^\{4\}+\backslash frac\{2\}\{x\_\{1\}^\{2\}\}\backslash right)\backslash left(x\_\{2\}^\{4\}+\backslash frac\{2\}\{x\_\{2\}^\{2\}\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(x\_\{n\}^\{4\}+\backslash frac\{2\}\{x\_\{n\}^\{2\}\}\backslash right)=p^\{n\}\; x\_\{1\}\; x\_\{2\}\; \backslash ldots\; x\_\{n\}\; .$$

Každý činitel na levé straně odhadneme zdola podle známé nerovnosti

$$u+v\geqq 2\sqrt{uv}u+v\; \backslash geqq\; 2\; \backslash sqrt\{u\; v\}$$

která platí pro libovolná kladná čísla $u$ a $v$, přičemž rovnost nastane, právě když $u=v$ (je to v podstatě nerovnost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem čísel $u$ a $v$, plynoucí snadno ze zřejmé nerovnosti $\left.(\sqrt{u}-\sqrt{v})^{2} \geqq 0\right)$. Proto pro každý index $i$ platí

$$x_i^4+\frac{2}{x_i^2}\geqq 2\sqrt{x_i^4\cdot \frac{2}{x_i^2}}=\mid x_i\mid \cdot 2\sqrt{2}=x_i\cdot 2\sqrt{2}\mathrm{.}x\_\{i\}^\{4\}+\backslash frac\{2\}\{x\_\{i\}^\{2\}\}\; \backslash geqq\; 2\; \backslash sqrt\{x\_\{i\}^\{4\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{2\}\{x\_\{i\}^\{2\}\}\}=\backslash left|x\_\{i\}\backslash right|\; \backslash cdot\; 2\; \backslash sqrt\{2\}=x\_\{i\}\; \backslash cdot\; 2\; \backslash sqrt\{2\}\; .$$

Důsledkem rovnosti (2) je tudíž nerovnost

$$\left(x_{1}2\sqrt{2}\right)\left(x_{2}2\sqrt{2}\right)\dots \left(x_{n}2\sqrt{2}\right)\leqq p^n{x}_1{x}_2\dots x_n\backslash left(x\_\{1\}\; 2\; \backslash sqrt\{2\}\backslash right)\backslash left(x\_\{2\}\; 2\; \backslash sqrt\{2\}\backslash right)\; \backslash ldots\backslash left(x\_\{n\}\; 2\; \backslash sqrt\{2\}\backslash right)\; \backslash leqq\; p^\{n\}\; x\_\{1\}\; x\_\{2\}\; \backslash ldots\; x\_\{n\}$$

ze které po krácení (kladným) součinem $x_{1} x_{2} \ldots x_{n}$ dostaneme podmínku na číslo $p$ ve tvaru

$$p^n\geqq (2\sqrt{2}{)}^n,\text{ neboli }p\geqq 2\sqrt{2}\text{. }p^\{n\}\; \backslash geqq(2\; \backslash sqrt\{2\})^\{n\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; neboli\; \}\; \backslash quad\; p\; \backslash geqq\; 2\; \backslash sqrt\{2\}\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Zformulujme, co jsme právě zjistili: má-li soustava (1) pro pevné $p>0$ alespoñ jedno rešení, pak pro toto čislo $p$ platí odhad $p \geqq 2 \sqrt{2}$.

Pro „krajní“ hodnotu $p=2 \sqrt{2}$ nyní soustavu (1) úplně vyřešíme, tj. najdeme všechna její řešení. Je-li $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ libovolné řešení soustavy (1) s hodnotou $p=$ $=2 \sqrt{2}$, pak podle úvah z předchozího odstavce nastane $\mathrm{v}$ nerovnosti (4) rovnost, což je možné jedině tak, že rovnosti nastanou ve všech násobených nerovnostech (3). Proto tehdy pro každý index $i$ platí

$$x_i^4=\frac{2}{x_i^2},\text{ neboli }{x}_i^6=2,\text{ tj. }{x}_i=\sqrt[6]{2}\mathrm{.}x\_\{i\}^\{4\}=\backslash frac\{2\}\{x\_\{i\}^\{2\}\},\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; neboli\; \}\; \backslash quad\; x\_\{i\}^\{6\}=2,\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; tj.\; \}\; \backslash quad\; x\_\{i\}=\backslash sqrt[6]\{2\}\; .$$

Pro hodnotu $p=2 \sqrt{2}$ má tedy soustava (1) jediné (!) řešení

$$(x_1,x_2,\dots ,x_n)=(\sqrt[6]{2},\sqrt[6]{2},\dots ,\sqrt[6]{2})\backslash left(x\_\{1\},\; x\_\{2\},\; \backslash ldots,\; x\_\{n\}\backslash right)=(\backslash sqrt[6]\{2\},\; \backslash sqrt[6]\{2\},\; \backslash ldots,\; \backslash sqrt[6]\{2\})$$

Z výsledků předchozích dvou odstavců plyne: má-li soustava (1) pro pevné $p>0$ alespoň dvě řešení, pak pro toto číslo $p$ platí ostrá nerovnost $p>2 \sqrt{2}$. Najdeme-li proto dvě řešení soustavy (1) s libovolnou hodnotou parametru $p>2 \sqrt{2}$, budeme znát odpověd' na otázku ze zadání úlohy. Zmíněná dvě řešení budeme hledat mezi $n$-ticemi $\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)$ složenými z $n$ stejných čísel; taková $n$-tice $(x, x, \ldots, x)$ je zřejmě řešením soustavy (1), právě když je číslo $x$ řešením (jediné) rovnice

$$x^4+\frac{2}{x^2}=px,\text{ neboli }{x}^6-p{x}^3+2=0.x^\{4\}+\backslash frac\{2\}\{x^\{2\}\}=p\; x,\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; neboli\; \}\; \backslash quad\; x^\{6\}-p\; x^\{3\}+2=0\; .$$

Poslední rovnice je kvadratická vzhledem $\mathrm{k}$ neznámé $y=x^{3}$ a má $\mathrm{v}$ oboru reálných čísel $y$ dvě rưzná řešení

$$y_{1,2}=\frac{p\pm \sqrt{p^2-8}}{2}y\_\{1,2\}=\backslash frac\{p\; \backslash pm\; \backslash sqrt\{p^\{2\}-8\}\}\{2\}$$

pro každou z námi uvažovaných hodnot $p>2 \sqrt{2}$, nebot pro ně platí $p^{2}-8>0$. Pro každé takové $p$ má tedy původní soustava (1) dvě řešení

$$(x_1,\dots ,x_n)=(\sqrt[3]{y_1},\dots ,\sqrt[3]{y_1})\text{ a }(x_1,\dots ,x_n)=(\sqrt[3]{y_2},\dots ,\sqrt[3]{y_2})\backslash left(x\_\{1\},\; \backslash ldots,\; x\_\{n\}\backslash right)=\backslash left(\backslash sqrt[3]\{y\_\{1\}\},\; \backslash ldots,\; \backslash sqrt[3]\{y\_\{1\}\}\backslash right)\; \backslash text\; \{\; a\; \}\backslash left(x\_\{1\},\; \backslash ldots,\; x\_\{n\}\backslash right)=\backslash left(\backslash sqrt[3]\{y\_\{2\}\},\; \backslash ldots,\; \backslash sqrt[3]\{y\_\{2\}\}\backslash right)$$

(Nevylučujeme, že kromě těchto řešení tehdy existují i řešení jiná, totiž taková, že $x_{i} \neq x_{j}$ pro některá $i \neq j$.)

Odpověd. Všechny hledané hodnoty $p$ tvoří množinu $(-\infty ;-2 \sqrt{2}) \cup(2 \sqrt{2} ; \infty)$.

5. Najděte všechny mnohočleny $P(x)$ s reálnými koeficienty, které pro každé reálné čı́slo $x$ splňuji rovnost

$$(x+1)P(x-1)+(x-1)P(x+1)=2xP(x)\text{. }(x+1)\; P(x-1)+(x-1)\; P(x+1)=2\; x\; P(x)\; \backslash text\; \{.\; \}$$

ŘEŠENí. Dvěma odlišnými postupy ukážeme, že vyhovující mnohočleny jsou právě mnohočleny tvaru $P(x)=a x^{3}-a x+d$, kde $a$ a $d$ jsou libovolná reálná čísla. Při prvním postupu uplatníme metodu, která je užitečná i při řešení mnoha jiných úloh o mnohočlenech; říká se jí metoda neurčitých koeficientů. Jako obvykle budeme členy mnohočlenů zapisovat $\mathrm{v}$ sestupném pořadí podle mocnin proměnné $x$; pomocí prvních koeficientů hledaného mnohočlenu

$$P(x)=a{x}^n+b{x}^{n-1}+c{x}^{n-2}+d{x}^{n-3}+\dots P(x)=a\; x^\{n\}+b\; x^\{n-1\}+c\; x^\{n-2\}+d\; x^\{n-3\}+\backslash ldots$$

vyjádříme první koeficienty obou stran rovnice (1) a pak je porovnáme. Zápisem (2) jsme naznačili, že budeme skutečně počítat s prvními čtyřmi koeficienty mnohočlenu $P(x)$. Ukáže se totiž, že výpočty s menším počtem koeficientů k vyřešení úlohy nestačí. Abychom pro mnohočleny stupně nejvýše 3 nemuseli provádět další samostatné výpočty, nebudeme prozatím předpokládat, že koeficient $a$ u mocniny $x^{n} \mathrm{v}$ zápisu (2) je různý od nuly.

Najdeme nejdříve první členy mnohočlenu $P(x-1)$ :

Obdobným výpočtem zjistíme, že

Nyní můžeme určit první členy mnohočlenu $(x+1) P(x-1)+(x-1) P(x+1)$, totiž členy s mocninami $x^{n+1}, x^{n}, x^{n-1}$ a $x^{n-2}$ (vypsali jsme je předem, abychom při následujícím výpočtu zbytečně nevypisovali členy s nižšími mocninami $x$ ):

Našli jsme první členy levé strany rovnice (1). Vypsat první členy její pravé strany je snadné:

$$2xP(x)=2a{x}^{n+1}+2b{x}^n+2c{x}^{n-1}+2d{x}^{n-2}+\dots 2\; x\; P(x)=2\; a\; x^\{n+1\}+2\; b\; x^\{n\}+2\; c\; x^\{n-1\}+2\; d\; x^\{n-2\}+\backslash ldots$$

Vidíme, že první dva členové levé strany se shodují s prvními dvěma členy pravé strany, at je mnohočlen $P(x)$ vybrán jakkoliv. Třetí a čtvrté členy se již obecně neshodují a jejich rovnosti jsou vyjádřeny podmínkami

$$2\left(\begin{array}{l}n\\ 2\end{array}\right)a-2\left(\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right)a+2c=2c\text{ a }2\left(\begin{array}{c}n-1\\ 2\end{array}\right)b-2\left(\begin{array}{c}n-1\\ 1\end{array}\right)b+2d=2d,2\backslash left(\backslash begin\{array\}\{l\}\; n\; \backslash \backslash \; 2\; \backslash end\{array\}\backslash right)\; a-2\backslash left(\backslash begin\{array\}\{c\}\; n\; \backslash \backslash \; 1\; \backslash end\{array\}\backslash right)\; a+2\; c=2\; c\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; 2\backslash left(\backslash begin\{array\}\{c\}\; n-1\; \backslash \backslash \; 2\; \backslash end\{array\}\backslash right)\; b-2\backslash left(\backslash begin\{array\}\{c\}\; n-1\; \backslash \backslash \; 1\; \backslash end\{array\}\backslash right)\; b+2\; d=2\; d,$$

ze kterých po rozepsání kombinačních čísel dostaneme rovnice tvaru $n(n-3) a=0$ a $(n-1)(n-4) b=0 .^{2} \mathrm{~V}$ případě $n>3$ tedy musí platit $a=0$, což znamená, že se

2 Všimněte si, že rovnice pro koeficient $b$ se liší od rovnice pro koeficient $a$ pouze tím, že je v ní číslo $n$ zaměněno číslem $n-1$. Koeficient $b$ totiž převezme roli „vedoucího“ koeficientu $a$, když v zápise (2) vynecháme první člen součtu (čímž snížíme stupeň $n$ o jedničku). můžeme omezit pouze na případ $n=3$. Tehdy je první rovnice splněna pro každé $a \in \mathbb{R}$, zatímco $\mathrm{z}$ druhé rovnice pak plyne $b=0$. Hledaný mnohočlen $P(x)$ je proto nutně tvaru

$$P(x)=a{x}^3+cx+dP(x)=a\; x^\{3\}+c\; x+d$$

a po dosazení libovolného takového mnohočlenu do obou stran rovnice (1) dostaneme dva mnohočleny, které se shodují v prvních členech s mocninami $x^{4}, x^{3}, x^{2}$ a $x^{1}$. Zbývá tedy porovnat poslední (absolutní) členy obou mnohočlenů

$$(x+1)P(x-1)+(x-1)P(x+1)\text{ a }2xP(x)\mathrm{.}(x+1)\; P(x-1)+(x-1)\; P(x+1)\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; 2\; x\; P(x)\; .$$

Místo algebraického výpočtu ${ }^{3}$ využijeme obvyklý obrat, který je založen na tomto zřejmém tvrzení: absolutní člen mnohočlenu $p$ je jeho hodnota $p(0)$ v bodě 0 . V našem případě proto zjistíme, kdy platí rovnost $P(-1)-P(1)=0 \cdot P(0)$, tedy podle (3)

$$(-a-c+d)-(a+c+d)=0.(-a-c+d)-(a+c+d)=0\; .$$

Je to zřejmě právě tehdy, když $c=-a$. Proto jsou řešeními úlohy právě mnohočleny tvaru $P(x)=a x^{3}-a x+d$, kde $a, d$ jsou libovolná reálná čísla.

Nyní podáme DRUHÉ ŘEŠENí úlohy postupem, který využiváme při řešení funkcionálních rovnic. Získáváme při něm významné informace o neznámých funkcích tak, že do rovnic, které hledané funkce splňují, opakovaně dosazujeme vhodně vybrané hodnoty proměnných. ${ }^{4}$ Necht je tedy $P(x)$ libovolný mnohočlen splňující v proměnné $x \in \mathbb{R}$ rovnici (1). Dosadíme-li do ní nejprve hodnotu $x=1$ a pak hodnotu $x=-1$, dostaneme rovnosti

$$2\cdot P(0)+0\cdot P(2)=2\cdot P(1)\text{ a }0\cdot P(-2)-2\cdot P(0)=-2\cdot P(-1)2\; \backslash cdot\; P(0)+0\; \backslash cdot\; P(2)=2\; \backslash cdot\; P(1)\; \backslash quad\; \backslash text\; \{\; a\; \}\; \backslash quad\; 0\; \backslash cdot\; P(-2)-2\; \backslash cdot\; P(0)=-2\; \backslash cdot\; P(-1)$$

ze kterých plyne, že $P(1)=P(0)=P(-1)$. Označíme-li proto $P(0)=d$, má rovnice $P(x)=d$ kořeny $x=0, x=1$ a $x=-1$. Existuje tudíž mnohočlen $Q(x)$ takový, že $P(x)=x(x-1)(x+1) Q(x)+d$. Toto vyjádření dosadíme do rovnice (1), abychom zjistili, jaké podmínky musí splňovat mnohočlen $Q(x)$ a koeficient $d$ :

Členy $\mathrm{s}$ koeficientem $d$ se $\mathrm{v}$ poslední rovnici navzájem zruší a zbylé členy je možné zkrátit společným činitelem $x(x-1)(x+1)$. Získáme tak rovnici

$$(x-2)Q(x-1)+(x+2)Q(x+1)=2xQ(x)(x-2)\; Q(x-1)+(x+2)\; Q(x+1)=2\; x\; Q(x)$$

3 Doporučujeme provést takový výpočet na závěr řešení jako přímou zkoušku.

4 To jsme ostatně učinili již v závěru „algebraického“ řešení, kdy k určení absolutního členu jsme do mnohočlenu dosadili hodnotu $x=0$. pro neznámý mnohočlen $Q(x)$. Ze způsobu odvození plyne, že rovnice (4) platí pro každé $x \in \mathbb{R}$, které je různé od 0,1 a -1 ; protože však obě strany (4) jsou mnohočleny proměnné $x$, které mají stejnou hodnotu pro nekonečně mnoho čísel $x$, musí jít o mnohočleny totožné, a proto rovnost (4) platí i pro $x \in{0,1,-1}$.

Protože $a(x-2)+a(x+2)=2 a x$, rovnici (4) splňuje každý konstantní mnohočlen $Q(x)=a$. Původní rovnici (1) proto vyhovuje každý mnohočlen

$$P(x)=x(x-1)(x+1)a+d=a{x}^3-ax+d(a,d\in \mathbb{R})\mathrm{.}P(x)=x(x-1)(x+1)\; a+d=a\; x^\{3\}-a\; x+d\; \backslash quad(a,\; d\; \backslash in\; \backslash mathbb\{R\})\; .$$

Jiné vyhovující mnohočleny $P(x)$ neexistují, pokud ukážeme, že každý mnohočlen $Q(x)$ splňujicí rovnici (4) je konstantní. Necht je tedy $Q(x)$ libovolný takový mnohočlen; označme $Q(2)=a$ a dosad'me do rovnice (4) hodnotu $x=2$. Dostaneme

$$0\cdot Q(1)+4Q(3)=4Q(2),\text{ odkud }Q(3)=Q(2)=a\text{. }0\; \backslash cdot\; Q(1)+4\; Q(3)=4\; Q(2),\; \backslash text\; \{\; odkud\; \}\; Q(3)=Q(2)=a\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Nyní volbou $x=3 \mathrm{v}$ rovnici (4) získáme rovnost

$$Q(2)+5Q(4)=6Q(3),\text{ odkud }Q(4)=\frac{6Q(3)-Q(2)}{5}=\frac{6a-a}{5}=a\mathrm{.}Q(2)+5\; Q(4)=6\; Q(3),\; \backslash text\; \{\; odkud\; \}\; Q(4)=\backslash frac\{6\; Q(3)-Q(2)\}\{5\}=\backslash frac\{6\; a-a\}\{5\}=a\; .$$

Dále volbou $x=4$ zjistíme, že $Q(5)=a$, atd. Dokažme proto indukcí, že $Q(n)=a$ pro každé celé $n \geqq 2$. Platí-li pro nějaké $n$ rovnosti $Q(n)=Q(n+1)=a$ (jak je tomu pro $n=2$ ), pak volbou $x=n+1 \mathrm{v}$ rovnici (4) dostaneme

$$Q(n+2)=\frac{2(n+1)Q(n+1)-(n-1)Q(n)}{n+3}=\frac{2(n+1)a-(n-1)a}{n+3}=a\mathrm{.}Q(n+2)=\backslash frac\{2(n+1)\; Q(n+1)-(n-1)\; Q(n)\}\{n+3\}=\backslash frac\{2(n+1)\; a-(n-1)\; a\}\{n+3\}=a\; .$$

Důkaz indukcí je hotov. Zjistili jsme, že rovnost $Q(x)=a$ platí pro nekonečně mnoho čísel $x$, což je možné, jedině když $Q(x)=a$ pro každé $x$ (kdyby byl $Q(x)$ mnohočlen některého stupně $N>0$, měla by rovnice $Q(x)=a$ nejvýše $N$ kořenů). Celé řešení je tím ukončeno.

6. Najděte všechny čtyřstěny, které mají sít tvaru deltoidu a právě čtyři hrany dané délky a. (Deltoidem rozumíme konvexní čtyřúhelnik souměrný podle jediné ze svých úhlopřř́če; nepatřı́ $k$ nim tedy ani čtverec, ani kosočtverec.)

ŘEŠENí. V první (podstatnější) části řešení najdeme všechny čtyřstěny, které mají sít tvaru deltoidu; poté již poměrně snadno zjistíme, které z nalezených čtyřstěnů mají právě čtyři shodné hrany.

Uvažujme proto libovolný čtyřstěn $A B C D$ a popišme délky jeho hran písmeny $x, y$, $z, u, v, w$ podle obr. 3 . Všechny sítě čtyřstěnu $A B C D$ rozdělíme do dvou skupin. Do první z nich zařadíme ty sítě, v nichž některá stěna čtyřstěnu sousedí s třemi ostatními stěnami; do druhé skupiny budou patřit ostatní sítě, v nichž každá stěna sousedí $s$ nejvýše dvěma stěnami. Protože jsme označení vrcholů čtyřstěnu předem nijak neupřesnili, budeme dále uvažovat jen po jedné síti z každé z obou skupin, totiž sítě znázorněné na obr. 4 a 5 . Zabývejme se každou z nich samostatně.

Sít na obr. 4 je (obecně vzato) šestiúhelníkem $A D_{3} B D_{1} C D_{2}$, o čtyřúhelník půjde jedině tehdy, když dva z jeho úhlů u vrcholů $A, B, C$ budou přímé ( $\mathrm{tj}$. budou mít velikost $180^{\circ}$ ). Je totiž jasné, že přímý úhel nemůže být u žádného z vrcholů $D_{1}, D_{2}, D_{3}$. S ohledem na již zmíněnou libovůli značení předpokládejme, že přímé jsou úhly $D_{2} A D_{3}$ a $D_{3} B D_{1}$ (vyznačené na obr. 4). Naše sít je tehdy čtyřúhelníkem $D_{2} D_{3} D_{1} C$, jehož strany mají (v pořadí, v jakém za sebou cyklicky následují) délky $2 u, 2 v, w$ a $w$. Je-li tento čtyřúhelník deltoid (a ne kosočtverec), musí ž̌ejmě platit $u=v$ a $2 u \neq w$ (obr. 6a). Z osové souměrnosti podle přímky $D_{3} C$ pak zjištujeme, že platí $y=x$; čtyřstěn s „deltoidní“ sítí z obr. 6a vidíte na obr. 6b. Je to čtyřstěn souměrný podle roviny souměrnosti hrany $A B$. Dodejme, že

Obr. 3 kromě nerovnosti $2 u \neq w$ musí platit rovněž nerovnost $z<w$, která plyne $\mathrm{z}$ vlastnosti střední přičky $A B$ trojúhelníku $D_{1} D_{2} D_{3}$ a trojúhelníkové nerovnosti pro rovnoramenný trojúhelník $C D_{1} D_{2}$ :

Obr. 4

Obr. 5

Sít z obr. 5 je (obecně vzato) šestiúhelníkem $A D_{1} B C B_{1} D_{2}$, o čtyřúhelník půjde jen v těch případech, kdy právě dva z jeho úhlů při vrcholech $A, B, C, D_{2}$ budou přímé (takové totiž nemohou být úhly při vrcholech $D_{1}$ a $B_{1}$ ). S ohledem na libovůli značení stačí uvažovat jen tři následující případy. a) Přímé úhly u vrcholi̊ $A$ a $D_{2}$. Sít je čtyřúhelník $B_{1} D_{1} B C$, jehož strany mají v pořadí délky $2 u+v, v, x, x$. Žrejmě nejde o deltoid, nebot $2 u+v \neq v$.

b) Přimé úhly u vrcholuं $A$ a $C$. Sít je čtyřúhelník $D_{2} D_{1} B B_{1}$, jehož strany mají v pořadí délky $2 u, v, 2 x, v$. Protože dvojice protějších stran má tutéž délku $v$, nejde o deltoid.

c) Přimé úhly u vrcholů $A$ a $B$. Sít je čtyřúhelník $D_{2} D_{1} C B_{1}$, jehož strany mají v pořadí délky $2 u, x+v, x, v$. Jde-li o deltoid, pak $\mathrm{s}$ ohledem na nerovnost $x+v>x$ musí platit $2 u=x+v$ a $x=v$, tedy $x=u=v$. V trojúhelníku $D_{2} D_{1} C$ je úsečka $A B$ střední přičkou (obr. 7a), takže platí $w=\left|D_{2} C\right|=2|A B|=2 z$. Příslušný čtyřstěn vidíte na obr. $7 \mathrm{~b}$.

Obr. 6a

Obr. 7a

Obr. $6 \mathrm{~b}$

Obr. $7 \mathrm{~b}$

Shrňme výsledky našich dosavadních úvah: Pouze dva typy čtyřstěnů (obr. 6b a 7b) mají sít tvaru deltoidu. Naším úkolem je nyní zjistit, kdy tyto čtyrsstěny mají právě čtyři shodné hrany (dané délky $a$ ). Zabývejme se nejdříve čtyřstěnem $\mathrm{z}$ obr. $6 \mathrm{~b}$, jehož hrany mají délky $x, x, z, u, u, w$. Předpokládejme tedy, že právě čtyři z nich jsou rovny $a$, které to jsou? Předně musí platit $x=a$, jinak by muselo platit $a=z=u=$ $=w$, což je ale ve sporu s nerovností $z<w$, odvozenou výše. Protože jsou vyloučeny i rovnosti $z=u$ a $u=w$ ( $\mathrm{v}$ obou případech by délku $a$ mělo pět hran čtyřstěnu $A B C D)$, musí platit $u=a$. $\mathrm{V}$ případě $x=u$ je ovšem čtyřúhelník $A D_{3} B C$ kosočtverec; z rovnoběžnosti př́mek $A C$ a $D_{3} B$ plyne rovnost souhlasných úhlů $C A D_{2}$ a $B D_{3} A$. Rovnoramenné trojúhelníky $C A D_{2}$ a $B D_{3} A$ jsou tehdy shodné podle věty sus, takže $\left|D_{2} C\right|=|A B|$, neboli $z=w$, což je opět spor. ${ }^{5}$ Žádný čtyřstěn z obr. $6 b$ proto není řešením naši úlohy. Přejděme nyní $\mathrm{k}$ druhému typu čtyřstěnů a předpokládejme, že právě čtyři z hran některého čtyřstěnu $A B C D$ z obr. 7b mají délku $a$. Protože tři jeho hrany mají délku $x$, musí platit $x=a$; která (jediná) z ostatních délek $y, z, 2 z$ je rovna $a$ ? V síti na obr. 7a z trojúhelníku $B_{1} C D_{2}$ plyne $x+x>2 z$, tedy $x>z$. V téže síti má trojúhelník $A B C$ tupý vnitřní úhel u vrcholu $B$, nebot jeho vnější úhel $A B D_{1}$ je vnitřním úhlem při základně $A B$ rovnoramenného trojúhelníku $A B D_{1}$, takže je nutně ostrý. Proto je nejdelší stranou trojúhelníku $A B C$ strana $A C$, což zapíšeme takto: $y>\max {x, z}$. Dohromady dostáváme $y>x>z$, $\mathrm{s}$ ohledem na rovnost $x=a$ proto nezbývá, než aby platilo $2 z=a$. Nalezenými podmínkami je již čtyřstěn $A B C D$ jednoznačně (až na shodnost) určen. Délku $y$ poslední hrany $A C$ vypočteme jako těžnici ke straně $D_{1} D_{2}$ trojúhelníku $C D_{1} D_{2}$ o stranách $2 a, 2 a, a$. Vyjde nám $y=\frac{1}{2} a \sqrt{6}$. Řešením naši úlohy je jediný čtyřstěn $z$ obr. 8 a, jeho sít tvaru deltoidu je na obr. $8 b$.

Obr. 8a

Obr. 8b

Odpověd. Hledaný čtyřstěn je jediný: jeho tři hrany délky $a$ vycházejí z jednoho vrcholu, hrany protilehlé stěny mají délku $a, \frac{1}{2} a, \frac{1}{2} a \sqrt{6}$. Jedna ze sítí tohoto čtyřstěnu má tvar deltoidu o stranách $a, a, 2 a, 2 a .^{6}$[^0]

[^0]: 5 V případě $w=z$ má „deltoidní“ sít z obr. 6a přímý úhel u vrcholu $C$, takže nejde o deltoid, ale o trojúhelník.

6 Doporučujeme řešitelům, aby takový deltoid vystřihli z papíru a pak model čtyřstěnu složili.