Czech/md/cz-mo-secondary/3471706-b51i.md

Úlohy domácího kola kategorie B

1. Do tabulky $4 \times 4$ jsou vepsána kladná reálná čísla tak, že součin v každé pětici tvaru 母 je rovný 1. Zjistěte maximální počet rüzných čısel zapsaných v tabulce.

ŘEŠEní. Označme $a, b, c, d, e, f, g, h, i$ čísla vepsaná do levého horního čtverce $3 \times 3$ tabulky (obr. 1). Porovnáme-li součiny pro pětice tvaru $\mathbb{\text { a }}$ 且 umístěné v této části tabulky, musí platit $a b c d e=b d e f g$, neboli $a c=f g$. Analogicky pro pětice $€ \mathrm{a}$ 曲 nám vyjde $a h f d i=c i g d h$, neboli $a f=c g$. Protože jde vesměs o kladná čísla, plyne z obou rovností $f=c$ a $g=a$. Zároveň si uvědomme, že tuto vlastnost (tj. rovnost čísel v protějších rozích čtverce $3 \times 3$ ) musí mít každý ze čtyř takových čtverců, které v tabulce existují. To využijeme při dalším doplňování dané tabulky.

$a$	$b$	$c$
$h$	$d$	$i$
$f$	$e$	$g$

Obr. 1

Obr. 2

Uvažujme opět umístění $\mathbb{\mathrm { v }} \mathrm{v}$ levém horním rohu dané tabulky $\mathrm{s}$ vepsanými čísly $a, b, c, d, e$, doplňme další čísla podle právě dokázané vlastnosti a označme $x$ chybějící číslo v pětici 团(obr. 2). Porovnáním obou shodných součinů dostáváme $a b c d e=a b d e x$, neboli $x=c$. Kdybychom stejnou úvahu udělali pro pětice polí $\mathbb{Q}$ a $\boxminus$, jež dostaneme z uvažovaných pětic překlopením podle svislé osy dané tabulky, vyjde nám analogická rovnost i pro další dvě dvojice polí tabulky (obr. 3).

Obr. 3

$a$	$b$	$c$	$e$
$b$	$d$	$y$	$c$
$c$	$e$	$a$	$b$
$y$	$c$	$b$	$d$

Obr. 4

Ted' už máme tabulku vyplněnou celou až na dvě políčka, do kterých vepíšeme číslo $y$ (obr.4). Porovnáním součinů v obou vyznačených pěticích dostáváme $a b c d e=a b c d y$, neboli $y=e$. Analogická rovnost musí ovšem platit i pro druhá dvě centrální pole tabulky ležící na druhé úhlopříčce, tj. $d=a$. Stačí, abychom celou úvahu zopakovali pro pětice polí, jež vzniknou z uvažovaných pětic překlopením podle svislé osy dané tabulky.

Všimněme si ted' ve vyplněné tabulce pětic polí vyznačených na obr. 5. Žrejmě musí platit $a^{2} b c e=a b c e^{2}$, neboli $a=e$. Vidíme, že tabulka obsahuje nejvýše tři rưzná čísla $a, b, c$ (obr. 6), přičemž $a^{3} b c=1$. Nyní zbývá ověřit, že stejný součin $a^{3} b c$ má každá pětice polí tvaru $$$, kterou lze do tabulky umístit. Protože vyplněná tabulka je osově souměrná podle obou úhlopřŕček, a tedy i středově souměrná, stačí to ověřit jen pro čtyři možné polohy stejně orientovaných pětic (např. 母 v obvyklé poloze písmene $\mathrm{T}$ ).

$a$	$b$	$c$	$e$
$b$	$a$	$e$	$c$
$c$	$e$	$a$	$b$
$e$	$c$	$b$	$a$

Obr. 5

$a$	$b$	$c$	$a$
$b$	$a$	$a$	$c$
$c$	$a$	$a$	$b$
$a$	$c$	$b$	$a$

Obr. 6

Odpověd. V tabulce jsou zapsána nejvýše tři různá kladná čísla $a, b, c$, přičemž $a^{3} b c=1$.

2. Určete, kolik čisel můžeme vybrat $z$ množiny ${1,2,3, \ldots, 75599,75600}$ tak, aby mezi nimi bylo číslo 75600 a aby pro libovolná dvě vybraná čísla a, b platilo, že a je dělitelem b nebo b dělitelem $a$. (Uved'te všechny možnosti.)

ŘEŠENÍ. Uvažujme množinu M, která splňuje podmínky ze zadání. Protože M obsahuje číslo 75600 , musí být aspoň jednoprvková. Dále si všimněme, že pokud z množiny M odstraníme nějaké číslo $a \neq 75600$, dostaneme množinu $\mathrm{M}^{\prime} \subset \mathrm{M}$, která rovněž splňuje dané podmínky. Ověřme to. Množina $\mathrm{M}^{\prime}$ i nadále obsahuje číslo 75600 . Jsou-li $x, y$ libovolná dvě čísla $\mathrm{z}$ množiny $\mathrm{M}^{\prime}$, platí pro ně automaticky, že $x \mid y$ nebo $y \mid x$, protože to pro ně platí jako pro prvky množiny $\mathrm{M}$.

Tím jsme vlastně dokázali, že pokud najdeme množinu, která má $m$ prvků a splňuje podmínky zadání, pak existuje $k$-prvková množina požadovaných vlastností pro libovolné $k, 1 \leqq k \leqq m$. Stačí tedy najít vyhovující množinu, která má maximální možný počet prvků.

Je-li $a$ libovolný prvek množiny M, je především $a \leqq 75600$. Pokud $a<75600$, musí podle zadání platit, že $a \mid 75600$. Množina M tedy obsahuje jen dělitele čísla 75600 .

Prvočíselný rozklad čísla 75600 je $75600=2^{4} \cdot 3^{3} \cdot 5^{2} \cdot 7$. Každý dělitel čísla 75600 má tedy tvar $2^{\alpha} \cdot 3^{\beta} \cdot 5^{\gamma} \cdot 7^{\delta}$, kde $0 \leqq \alpha \leqq 4,0 \leqq \beta \leqq 3,0 \leqq \gamma \leqq 2,0 \leqq \delta \leqq 1$. Každý prvek $\mathrm{M}$ je proto charakterizován uspořádanou čtveřicí $(\alpha, \beta, \gamma, \delta)$ odpovídajících exponentů v uvedeném rozkladu na prvočinitele. Jsou-li $p$ a $p^{\prime}$ dva různé prvky $\mathrm{M}$ a platí-li například $p<p^{\prime}$, pak podle zadání musí současně platit $\alpha \leqq \alpha^{\prime}, \beta \leqq \beta^{\prime}, \gamma \leqq \gamma^{\prime}, \delta \leqq \delta^{\prime}$, přičemž aspoň jedna nerovnost musí být ostrá (jinak by platilo $p=p^{\prime}$ ), odkud plyne nerovnost $\alpha+\beta+\gamma+\delta<\alpha^{\prime}+\beta^{\prime}+\gamma^{\prime}+\delta^{\prime}$. Protože v našem případě je $0 \leqq \alpha+\beta+\gamma+\delta \leqq 10$, může množina $M$ obsahovat nejvýše 11 prvků. Takovou je např. množina

$$\mathrm{D}=\{1,2,2^2,2^3,2^4,2^4\cdot 3,2^4\cdot 3^2,2^4\cdot 3^3,2^4\cdot 3^3\cdot 5,2^4\cdot 3^3\cdot 5^2,2^4\cdot 3^3\cdot 5^2\cdot 7\}\backslash mathrm\{D\}=\backslash left\backslash \{1,2,2^\{2\},\; 2^\{3\},\; 2^\{4\},\; 2^\{4\}\; \backslash cdot\; 3,2^\{4\}\; \backslash cdot\; 3^\{2\},\; 2^\{4\}\; \backslash cdot\; 3^\{3\},\; 2^\{4\}\; \backslash cdot\; 3^\{3\}\; \backslash cdot\; 5,2^\{4\}\; \backslash cdot\; 3^\{3\}\; \backslash cdot\; 5^\{2\},\; 2^\{4\}\; \backslash cdot\; 3^\{3\}\; \backslash cdot\; 5^\{2\}\; \backslash cdot\; 7\backslash right\backslash \}$$

Tím jsme dokázali, že z dané množiny můžeme (včetně čísla 75600 ) vybrat požadovaným způsobem $1,2, \ldots, 11$ prvků.

3. Necht̉ $k$ je polokružnice sestrojená nad prưměrem $A B$, která leži ve čtverci $A B C D$. Uvažujme jeji tečnu $t_{1} z$ bodu $C$ (rüznou od $B C$ ) a označme $P$ jeji prüsečik se stranou $A D$. Necht̀ $t_{2}$ je společná vnějši tečna polokružnice $k$ a kružnice vepsané trojúhelníku CDP (různá od $A D$ ). Dokažte, že přímky $t_{1}$ a $t_{2}$ jsou navzájem kolmé.

ŘEŠENí. Bez újmy na obecnosti předpokládejme, že délka strany čtverce $A B C D$ je 1. Označme $M$ střed strany $A B$ a $U$ průsečík přímek $t_{1}, t_{2}$ (obr. 7). Dále označme $l$ kružnici vepsanou trojúhelníku $C D P, S$ její střed a $r$ poloměr. Dále necht̀ $Q$ a $R$ jsou postupně dotykové body přímky $t_{1} \mathrm{~s}$ kružnicí $l$ a polokružnicí $k$. Položme $x=|A P|$. V řešení využijeme známý fakt, že vzdálenosti obou dotykových bodů od průsečíku tečen jsou stejné. Takto například dostáváme

$$\mathrm{\mid }CP\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }CR\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }RP\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }CB\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }AP\mathrm{\mid }=1+x\mathrm{.}|C\; P|=|C\; R|+|R\; P|=|C\; B|+|A\; P|=1+x\; .$$

Řešení provedeme ve třech krocích, přitom každý z nich vyplníme více způsoby:

1. krok. Výpočet délky $x$.
2. krok. Výpočet poloměru $r$.
3. krok. Důkaz kolmosti přímek $t_{1}$ a $t_{2}$.

Obr. 7

Obr. 8

1. krok, 1. zpuisob.

Uvažujme pravoúhlý trojúhelník $C D P$. Délka jeho přepony se podle $(*)$ rovná $1+x$ a délky odvěsen jsou 1 a 1 - $x \mathrm{Z}$ Pythagorovy věty tedy dostáváme

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

Řešením této (po úpravě lineární) rovnice je $x=\frac{1}{4}$.

1. krok, 2. způsob.

Označme $C^{\prime}$ bod, který vznikne otočením bodu $C$ okolo středu $M$ o $90^{\circ}$ v kladném směru. Potom bod $C^{\prime}$ leží na přímce $p$, která je obrazem přímky $B C$ v uvedeném otočení (obr. 8), přičemž rovnoběžné úsečky $C^{\prime} E$ a $A M$ mají tutéž délku $\frac{1}{2}$. Protože přímka $M P$ je osou úhlu $A M R$ a př́mka $M C$ osou úhlu $B M R$, jsou přímky $M P$ a $M C$ navzájem kolmé, takže bod $C^{\prime}$ leží na přímce $M P$. Trojúhelníky $P A M^{\prime}$ a $P E C^{\prime}$ jsou tedy souměrně sdružené podle středu $P$, a proto $x=|A P|=\frac{1}{2}|A E|=\frac{1}{4}$.

2. krok, 1. zpiosob.

Je-li $\varrho$ poloměr kružnice vepsané trojúhelníku se stranami $a, b, c$, je jeho obsah roven $\frac{1}{2}(a+b+c) \varrho$. Pro pravoúhlý trojúhelník $C D P$, v němž známe délky všech stran, tak dostáváme (připomeňme, že $|P C|=1+x=\frac{5}{4}$ )

$$r=\frac{\frac{1}{2}\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }DP\mathrm{\mid }}{\frac{1}{2}(\mathrm{\mid }CD\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }DP\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }PC\mathrm{\mid })}=\frac{1}{4}\mathrm{.}r=\backslash frac\{\backslash frac\{1\}\{2\}|C\; D|\; \backslash cdot|D\; P|\}\{\backslash frac\{1\}\{2\}(|C\; D|+|D\; P|+|P\; C|)\}=\backslash frac\{1\}\{4\}\; .$$

2. krok, 2. zpuisob.

Necht $A^{\prime \prime} B^{\prime \prime}$ je obraz úsečky $A B$ v posunutí ve směru polopřímky $C B$ o délku $\frac{1}{2}$ (obr.9). Označme $D^{\prime}$ průsečík přímek $A^{\prime \prime} B^{\prime \prime}$ a $t_{1}$. Potom kružnice, jejíz částí je polokružnice $k$, je vepsána trojúhelníku $D^{\prime} B^{\prime \prime} C$ a navíc jsou trojúhelníky $D^{\prime} B^{\prime \prime} C$ a $C D P$ podobné. Poměr poloměrů jejich vepsaných kružnic je tedy roven poměru jejich kratšich odvěsen. To znamená, že $\frac{1}{2}: r=\frac{3}{2}: \frac{3}{4}$, neboli $r=\frac{1}{4}$.

3. krok, 1. zpuisob.

Podle 2. kroku víme, že průměr kružnice $l$ je roven poloměru polokružnice $k$. Proto přímka $p$ (osa úsečky $A D$ ) je společnou vnitřní tečnou polokružnice $k$ a kružnice $l$ (obr. 10). Přitom přímka $p$ je kolmá na přímku $A D$, která je jejich vnější společnou tečnou. V osové souměrnosti podle středné $S M$ obou kružnic je obrazem vnější tečny $A D$ vnější tečna $t_{2}$ a obrazem vnitřní tečny $p$ vnitřní tečna $t_{1}$. Jsou tedy navzájem kolmé i tečny $t_{1}$ a $t_{2}$.

Obr. 9

Obr. 10

3. krok, 2. zpuisob.

Označme $V$ průsečík přímky $t_{2}$ se stranou $C D$. Protože délky obou společných vnějšich tečen (pokud je bereme jako úsečky, jejichž krajními body jsou dotykové body) polokružnice $k$ a kružnice $l$ jsou stejné, tj. $|A T|=\left|A^{\prime} T^{\prime}\right|$, dostáváme na základě shodnosti délek tečen z bodu $P$ ke kružnici $l$ a shodnosti délek tečen z bodu $U$ k polokružnici $k$

což znamená, že $|U Q|=|A P|=\frac{1}{4}$. Dále z rovnosti délek tečen z bodu $C$ k polokružnici $k$ a kružnici l dostáváme $|R Q|=|C R|-|C Q|=|C B|-|C W|=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$. To znamená, že $|P U|=\frac{3}{4}=|P D|$, takže čtyř́uhelník $P U V D$ je deltoid, a tedy $|\Varangle P U V|=|\Varangle P D V|=$ $=90^{\circ}$, tj. přímky $t_{1}$ a $t_{2}$ jsou navzájem kolmé.

Tím je důkaz hotový.

4. Pokud máme $n$ ( $n \geqq 2$ ) přirozených čisel, můžeme s nimi provést následující operaci: vybereme několik $z$ nich, ale ne všechna a každé $z$ vybraných čisel nahradíme jejich aritmetickým průměrem. Zjistěte, zda je možno pro libovolnou počáteční n-tici dostat po konečném počtu kroku všechna čısla stejná, jestliže se n rovná a) 2000 , b) 35 , c) 3 , d) 17 .

ŘEŠENí. Rozeberme případ a) $n=2000$. Vyberme tisíc čísel a proved’me s nimi danou operaci. Potom vezměme zbylých tisíc čísel a rovněž s nimi proved’me danou operaci. Dostaneme tisíc čísel rovných $a$ a tisíc čísel rovných $b$. Pokud $a=b$, je úloha vyřešena. Pokud $a \neq b$, tak postupně vybírejme číslo rovné $a$ a číslo rovné $b$ a nahrad'me je průměrem $\frac{a+b}{2}$. Takto můžeme vybrat 1000 dvojic a všechna čísla nahradit číslem $\frac{1}{2}(a+b)$. Tedy pro $n=2000$ existuje posloupnost kroků, která převede libovolných 2000 čísel na stejná čísla.

Př́pad $n=35$ budeme řešit podobně. Vyberme 7 disjunktních pětic a $\mathrm{v}$ každé $\mathrm{z}$ nich proved'me operaci popsanou výše, pričemž v každé dostaneme stejná čisla. $\mathrm{Z}$ každé nově vytvořené pětice vyberme ted' jedno číslo. Dostaneme 7 čísel, s kterými opět provedeme danou operaci. Podobným způsobem vyberme další sedmice a vytvořme odpovídající průměry. Všechny sedmice budou stejné, nebot v každé pětici máme stejná čísla. Všechna čísla budou tedy stejná. I v tomto případě existuje posloupnost kroků, která převede libovolných 35 čisel na stejná čísla.

Uvažujme $n=3$. Uvažujme trojici čísel $(1,1,2)$. Provádět danou operaci s dvěma jednotkami nemá smysl, takže po prvním kroku, který změní naši trojici, dostaneme čísla $\left(1, \frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$. Znovu jsme dostali dvě č́sla stejná, která se nevyplatí „průměrovat". Tedy další krok, který změní naši trojici, ji nechá v tvaru $\left(\frac{5}{4}, \frac{5}{4}, \frac{3}{2}\right)$. Všimněme si, že po každém kroku je součet čísel stejný. Dokážeme to i v obecném případě: Označme $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ daná čisla. Bez újmy na obecnosti proved’me krok s prvními $m(m<n)$ čísly. Dostaneme čísla

Jejich součet je $m \cdot \frac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{m}}{m}+a_{m+1}+\ldots+a_{n}=a_{1}+\ldots+a_{n}$. Tím je uvedené tvrzení dokázáno.

Máme-li tedy dostat z čísel $(1,1,2)$ všechna čísla stejná, tak na konci úprav musíme dostat všechna čísla rovná $\frac{2+1+1}{3}=\frac{4}{3}$. Všimněme si, že při postupných krocích se ve jmenovateli čísel objevují jen mocniny čísla 2 . Dokážeme to matematickou indukcí.

V prvním kroku to zřejmě platí. Po $k$ krocích máme tři čísla, která mají ve jmenovateli jen mocniny čísla 2 . V dalším kroku můžeme vybrat bud jedno číslo, které nám trojici nezmění, anebo dvě čísla. Nahradíme-li je jejich průměrem, budeme zřejmě dělit číslem 2. A znovu dostaneme ve jmenovateli jen mocninu dvojky. V každém kroku dostaneme tedy do jmenovatele jen mocniny dvojky, ale na konci úprav tam máme mít číslo 3 , což je spor. Zjistili jsme, že pro $n=3$ neexistuje pro každou trojici čísel posloupnost kroků, která změní všechna čísla na stejná.

Případ $n=17$ dokážeme podobně jako případ $n=3$. Ukázali jsme dříve (pro obecné $n$ ), že v každém kroku zůstává zachován součet čísel. Vezměme tedy nějakou 17tici přirozených čísel, jejíž součet není dělitelný 17. Na konci máme dostat 17-tici stejných čísel rovných $\frac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{17}}{17}$, pričemž tento zlomek je v základním tvaru. V žádném kroku však nedostaneme do jmenovatele číslo 17. Toto tvrzení znovu dokážeme indukcí. První krok je zřejmý. Po $k$ krocích dostaneme 17-tici čísel, v jejichž jmenovateli není číslo 17. Z těchto čísel vezměme $m<17$ a sečtěme je. Podle indukčního předpokladu dostaneme ve jmenovateli nejmenší společný násobek jmenovatelů vybraných čísel. Ten podle indukčního předpokladu nebude dělitelný 17. Pokud ted’ tento součet vydělíme číslem $m<17$, nedostaneme ve jmenovateli číslo dělitelné 17 . Tudíž ani po $k+1$ krocích nedostaneme ve jmenovateli číslo dělitelné 17. Protože na konci musíme dostat čísla, která mají ve jmenovateli 17 , dostáváme spor. Pro některé 17-tice přirozených čísel tedy nedokážeme najít posloupnost kroků, která z nich vytvoří stejná čísla.

5. Zjistěte, pro která reálná čísla $p$ má soustava

právě tři řešení v oboru reálných čísel.

ŘEŠEní. Pokud vynásobíme první rovnici neznámou $y$ a druhou neznámou $x$, dostaneme na levé straně obou rovnic $x^{2} y^{2}-2 x y$. Porovnáním pravých stran máme

$$py=p(2-p)x\mathrm{.}p\; y=p(2-p)\; x\; .$$

Pokud $p=0$, vypadá daná soustava takto:

přičemž po jednoduché úpravě je

Vidíme, že soustava má nekonečně mnoho řešení: je jím každá dvojice $(x, y)$ reálných čísel taková, že $x y=2$. (Kromě těchto dvojic je řešením pouze dvojice $x=y=0$.)

Pokud $p=2$, dostaneme soustavu

která má jediné řešení $y=0, x=-1$.

Vratme se ted' k rovnici (1), pričemž budeme dále předpokládat, že $p \notin{0,2}$. Rovnici vydělíme číslem $p$ :

$$y=(2-p)x\text{. }y=(2-p)\; x\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Dosazením tohoto vztahu do první z daných rovnic dostáváme $(p \neq 2)$ kubickou rovnici

$$(2-p)x^3-2x-p=0.(2-p)\; x^\{3\}-2\; x-p=0\; .$$

Řešení kubické rovnice obecně není tak jednoduché jako řešení kvadratické rovnice. $\mathrm{V}$ našem případě však můžeme uhodnout jeden její kořen $x=-1$. Potom můžeme polynom $(2-p) x^{3}-2 x-p$ beze zbytku vydělit kořenovým činitelem $x+1$. Vydělením dostáváme

$$(2-p)x^3-2x-p=(x+1)((2-p)x^2+(p-2)x-p)\mathrm{.}(2-p)\; x^\{3\}-2\; x-p=(x+1)\backslash left((2-p)\; x^\{2\}+(p-2)\; x-p\backslash right)\; .$$

Stačí tedy vyřešit kvadratickou rovnici

$$(2-p)x^2+(p-2)x-p=0.(2-p)\; x^\{2\}+(p-2)\; x-p=0\; .$$

Uvědomme si, že neznámá $y$ je jednoznačně určena neznámou $x$ pomocí vztahu (2). Má-li tedy mít daná soustava právě tři řešení, musí mít rovnice (3) tři navzájem různá řešení. To znamená, že rovnice (4) musí mít dvě různá řešení, která se navíc nerovnají -1 . Budeme zkoumat, kdy je diskriminant $D$ rovnice (4) kladný. Jednoduchým výpočtem dostáváme

$$D=(p-2{)}^2-4(2-p)(-p)=(2-p)(3p+2)\text{. }D=(p-2)^\{2\}-4(2-p)(-p)=(2-p)(3\; p+2)\; \backslash text\; \{.\; \}$$

Odtud vidíme, že $D>0$, právě když $p \in\left(-\frac{2}{3}, 2\right)$. Dosazením $x=-1$ snadno vidíme, že rovnice (4) má kořen -1 jen pro $p=\frac{4}{3}$. Rovnice (3) má proto tři různá řešení, právě když $p \in\left(-\frac{2}{3}, 0\right) \cup\left(0, \frac{4}{3}\right) \cup\left(\frac{4}{3}, 2\right)$.

Obráceně, má-li rovnice (3) tři různá řešení, má tři různá řešení i soustava (2), (3), která je však pro $p \neq 0$ a $p \neq 2$ ekvivalentní $\mathrm{s}$ danou soustavou.

Odpověd'. Daná soustava má v oboru reálných čísel právě tři řešení, právě když $p \in\left(-\frac{2}{3}, 0\right) \cup\left(0, \frac{4}{3}\right) \cup\left(\frac{4}{3}, 2\right)$.

Poznámka. Úlohu je možno řešit více způsoby - například z první rovnice vyjádřit neznámou $y$ pomocí $x$ a to dosadit do druhé rovnice, anebo první rovnici vydělit $x$ a druhou $y$ a získané rovnice odečist. Oba tyto způsoby opět vedou na kubickou rovnici (3).

6. Je dán rovnostranný trojúhelník $M P Q$. Najděte množinu vrcholů $C$ všech trojúhelníkư $A B C$ takových, že body $P, Q$ jsou paty výšek $z$ vrcholu $A, B$ a bod $M$ je střed strany $A B$.

ŘEŠENí. Uvažujme trochu obecnější úlohu. Předpokládejme jen, že trojúhelník $M P Q$ je rovnoramenný se základnou $P Q$, pričemž $|\Varangle P M Q|=\varphi$. Označme standardně $\alpha, \beta, \gamma$ vnitřní úhly trojúhelníku $A B C$. Body $P, Q$ jsou paty výšek z bodů $A, B$, takže body $A, B, P, Q$ leží na kružnici se středem $M$ (jde o Thaletovu kružnici nad průměrem $A B$ ). To znamená, že $|M A|=|M B|=|M P|=|M Q|$, a tedy trojúhelník $A M Q$ (pokud $A \neq Q)$ je rovnoramenný; analogicky trojúhelník $B M P$. Potom platí

$$\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{\mid }\text{Varangle}AMQ\mathrm{\mid }={180}^{\circ }-2\mathrm{\mid }\text{Varangle}MAQ\mathrm{\mid },\mathrm{\mid }\text{Varangle}BMP\mathrm{\mid }={180}^{\circ }-2\mathrm{\mid }\text{Varangle}MBP\mathrm{\mid },}\\ {\displaystyle \mathrm{\mid }\text{Varangle}PCQ\mathrm{\mid }=\gamma \mathrm{.}}\end{array}\backslash begin\{gathered\}\; |\backslash Varangle\; A\; M\; Q|=180^\{\backslash circ\}-2|\backslash Varangle\; M\; A\; Q|,\; \backslash quad|\backslash Varangle\; B\; M\; P|=180^\{\backslash circ\}-2|\backslash Varangle\; M\; B\; P|,\; \backslash \backslash \; |\backslash Varangle\; P\; C\; Q|=\backslash gamma\; .\; \backslash end\{gathered\}$$

Dále rozeberme několik případů podle toho, zda má být trojúhelník $A B C$ ostroúhlý, pravoúhlý, anebo tupoúhlý.

Příad 1. Trojúhelník $A B C$ je ostroúhlý. Zřejmě body $M$ a $C$ leží v opačných polorovinách určených přímkou $P Q$. Navíc platí $|\Varangle M A Q|=\alpha,|\Varangle M B P|=\beta$ a $|\Varangle A M Q|+\varphi+$ $+|\Varangle B M P|=180^{\circ}$, odkud po dosazení (1) dostáváme $\gamma=180^{\circ}-\alpha-\beta=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi$.

Případ 2. Trojúhelník $A B C$ má při vrcholu $A$ pravý úhel. Zřejmě body $M$ a $C$ leží v opačných polorovinách určených přímkou $P Q$. Dále $A \equiv Q$ a $|\Varangle B M P|=180^{\circ}-\varphi$. Z (1) potom vyplývá $\beta=|\Varangle M B P|=\frac{1}{2} \varphi$, a tedy $\gamma=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi$. Pokud je pravý úhel prri vrcholu $B$, analogicky dostaneme $\gamma=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi$.

Obr. 11

Obr. 12

Příad 3. Trojúhelník $A B C$ má při vrcholu $A$ tupý úhel. Zřejmě body $M$ a $C$ leží v opačných polorovinách určených přímkou $P Q$. Přitom $|\Varangle M A Q|=180^{\circ}-\alpha,|\Varangle M B P|=\beta$ a $\varphi-|\Varangle A M Q|+|\Varangle B M P|=180^{\circ}$, odkud po dosazení (1) dostáváme $\gamma=180^{\circ}-\alpha-$ $-\beta=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi$. Pokud je tupý úhel při vrcholu $B$, analogicky dostaneme $\gamma=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi$. Případ 4. Trojúhelník $A B C$ má při vrcholu $C$ tupý úhel. Zřejmě body $M$ a $C$ leží ve stejné polorovině určené přímkou $P Q$. Dále z pravoúhlých trojúhelníků $A B Q$ a $A B P$ dostáváme $|\Varangle M A Q|=\alpha,|\Varangle M B P|=\beta$ a $|\Varangle A M Q|+|\Varangle B M P|=180^{\circ}+\varphi$. Z (1) potom vyplývá $\gamma=90^{\circ}+\frac{1}{2} \varphi$.

Obr. 13

Obr. 14

Zřejmě trojúhelník $A B C$ nemůže mít při vrcholu $C$ pravý úhel. Jinak by body $C$, $P, Q$ splynuly. Celkově jsme tedy dostali, že pokud bod $C$ leží v polorovině opačné k polorovině $P Q M$, je $|\Varangle P C Q|=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi$, a pokud bod $C$ leží v polorovině $P Q M$, je $|\Varangle P C Q|=90^{\circ}+\frac{1}{2} \varphi$. Množinou všech takových bodů $C$ je tedy kružnice, označme ji $k$, nad tětivou $P Q$ s výjimkou bodů $P, Q$ (kde větší oblouk kružnice $k$ je částí množiny všech bodů $X$ takových, že $\left.|\Varangle P X Q|=90-\frac{1}{2} \varphi\right)$.

Obráceně necht̉ $C \in k \backslash{P, Q}$ a $M P Q$ je rovnoramenný trojúhelník se základnou $P Q$. Potom si snadno uvědomíme, jako bychom sestrojili body $A, B$. Bod $A$ leží na př́ímce $C Q$ a na přímce, která je kolmá na $C P$ a prochází bodem $P$. Analogicky dostaneme bod $B$. V takovémto trojúhelníku $A B C$ budou body $P, Q$ patami výšek z vrcholů $A, B$. Stačí tedy dokázat, že $M$ je střed $A B$. Označme $N$ střed strany $A B$. Dokážeme, že $M \equiv N$. Označme $\psi=|\Varangle P N Q|$. Žrejmě bod $N$ leží v polorovině $P Q M$ a je středem kružnice, na které leží body $A, B, P, Q$, takže trojúhelník $N P Q$ je rovnoramenný se základnou $P Q$. Přitom z výše uvedených úvah vyplývá, že pokud bod $C$ leží v polorovině opačné k polorovině $P Q M$, je $\gamma=90^{\circ}-\frac{1}{2} \psi$, a pokud bod $C$ leží v polorovině $P Q M$, je $\gamma=90^{\circ}+\frac{1}{2} \psi$. To znamená, že $\psi=\varphi$. Navíc oba body $M$ a $N$ leží na ose úsečky $P Q$. Takže nutně $M \equiv N$, a tedy $M$ je opravdu střed strany $A B$.

Odpověd. Hledanou množinou všech vrcholů $C$ je kružnice $k \mathrm{~s}$ výjimkou bodů $P, Q$. Speciálně pro $\varphi=60^{\circ}$ je $k$ kružnice souměrně sdružená $\mathrm{s}$ kružnicí opsanou trojúhelníku $M P Q$ podle přímky $P Q$.

JINÉ ŘEŠENí. Uvažujme znovu obecnější úlohu jako v předcházejícím řešení. Opět si uvědomme, že body $A, B, P, Q$ leží na kružnici se středem $M$. Vzhledem k tomu, že $M$ je střed úsečky $A B$, leži aspoň jeden z bodů $A, B$ nutně v polorovině $P Q M$. Bez újmy na obecnosti necht̉ je to bod $B$. Potom z věty o obvodových úhlech vyplývá, že $|\Varangle Q B P|=\frac{1}{2} \varphi$. Dále

$$\mathrm{\mid }\text{Varangle}BCQ\mathrm{\mid }={90}^{\circ }-\mathrm{\mid }\text{Varangle}QBC\mathrm{\mid }={90}^{\circ }-\mathrm{\mid }\text{Varangle}QBP\mathrm{\mid }={90}^{\circ }-\frac{\phi }{2}\mathrm{.}|\backslash Varangle\; B\; C\; Q|=90^\{\backslash circ\}-|\backslash Varangle\; Q\; B\; C|=90^\{\backslash circ\}-|\backslash Varangle\; Q\; B\; P|=90^\{\backslash circ\}-\backslash frac\{\backslash varphi\}\{2\}\; .$$

Pokud $\gamma<90^{\circ}$, leží bod $C$ v polorovině opačné k polorovině $P Q M$ a platí $\gamma=$ $=|\Varangle B C Q|=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi$. Pokud $\gamma>90^{\circ}$, leží bod $C$ v polorovině $P Q M$ a platí $\gamma=180^{\circ}-|\Varangle B C Q|=90^{\circ}+\frac{1}{2} \varphi$.

Další postup je už analogický jako v prvním řešení.

Diskusi př́ipadů v obou řešeních můžeme částečně obejít. Stačí si uvědomit několik faktů. Pokud $V$ je průsečíkem výšek v trojúhelníku $A B C$, je bod $C$ průsečíkem výšek v trojúhelníku $A B V$. Proto trojúhelník $A B C$ má vlastnost ze zadání úlohy, právě když ji má trojúhelník $A B C^{\prime}$, kde $C^{\prime}=V$. Znamená to, že množina vrcholů $C$ všech vyhovujících trojúhelníků je totožná $s$ množinou jejich průsečíků výšek $V$. Protože body $C, V$ leží vždy v opačných polorovinách určených přímkou $P Q$ a platí $|\Varangle P V Q|+|\Varangle P C Q|=180^{\circ}$, stačí najít množinu vrcholů $C$ jen v jedné ze zmíněnych polorovin (jak už víme, je jí kružnicový oblouk), v druhé polorovině touto množinou pak musí být doplněk toho oblouku do celé kružnice.