| # Úlohy domácího kola kategorie $\mathrm{A}$ |
|
|
| 1. Najděte nejmenši přirozené čıslo, které lze dostat doplněním závorek do výrazu |
|
|
| $$ |
| 15: 14: 13: 12: 11: 10: 9: 8: 7: 6: 5: 4: 3: 2 \text {. } |
| $$ |
|
|
| ŘEŠENí. At rozmístíme $\mathrm{v}$ daném výrazu závorky jakkoli, dostaneme po úpravě zlomek, v jehož čitateli bude číslo 15 , zatímco ve jmenovateli bude 14 a součin zbylých čísel z množiny $\mathrm{S}=\{2,3, \ldots, 13\}$, která nejsou v čitateli. |
|
|
| Pokud žádnou závorku nedoplníme, vyjde $\frac{15}{14 \cdot 13 \cdot 12 \cdot \ldots \cdot 2}$. |
|
|
| Snadno nahlédneme, že pro libovolnou podmnožinu $\mathrm{P}=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\right\} \subset$ $\subset \mathrm{S}, \mathrm{Q}=\left\{a_{k+1}, a_{k+2}, \ldots, a_{13}\right\}=\mathrm{S} \backslash \mathrm{P}$, umíme $\mathrm{v}$ daném výrazu rozmístit závorky tak, aby vyšlo číslo |
|
|
| $$ |
| \frac{15}{14} \cdot \frac{a_{1} a_{2} \ldots a_{k}}{a_{k+1} a_{k+2} \ldots a_{13}} |
| $$ |
|
|
| resp. číslo $\frac{15}{14 !}$, pokud $\mathrm{P}=\emptyset$. |
|
|
| Protože $15 !=2^{11} \cdot 3^{6} \cdot 5^{3} \cdot 7^{2} \cdot 11 \cdot 13$, můžeme každý podíl, který lze popsaným způsobem dostat, vyjádřit ve tvaru |
|
|
| $$ |
| \frac{2^{\alpha_{2}} \cdot 3^{\alpha_{3}} \cdot \ldots}{2^{\beta_{2}} \cdot 3^{\beta_{3}} \cdot \ldots} |
| $$ |
|
|
| kde $\alpha_{2}+\beta_{2}=11, \alpha_{3}+\beta_{3}=6, \ldots$. Nejmenší přirozené číslo, které lze vyjádřit ve tvaru (1), je $2 \cdot 5 \cdot 11 \cdot 13$, protože uvedené prvočinitele vystupují v rozkladu čísla 15 ! s lichými mocninami. A poněvadž |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| 2 \cdot 5 \cdot 11 \cdot 13 & =\frac{15 \cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 3}{14 \cdot 9 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 2}= \\ |
| & =\frac{15}{\frac{14}{13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10} \cdot \frac{9}{8 \cdot 7} \cdot 6 \cdot 5 \cdot \frac{4}{3}}= \\ |
| & =15:(14: 13: 12: 11: 10):(9: 8: 7): 6: 5:(4: 3): 2, |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| je číslo $14300=2 \cdot 5 \cdot 11 \cdot 13$ řešením úlohy. |
|
|
| NÁVODNÁ ÚlOHA: |
|
|
| Žáci by si však měli uvědomit, co se stane, když do daného výrazu umístí jednu dvojici závorek, např. |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 15: 14: 13:(11: \ldots: 8): 7: 6: 5: 4: 3: 2= \\ |
| & \quad=\frac{15}{14 \cdot 13 \cdot \frac{11}{10 \cdot 9 \cdot 8} \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2}=\frac{15 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8}{14 \cdot 13 \cdot \underline{11} \cdot 7} |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| tj. z každé takové dvojice závorek se první dělenec objeví ve jmenovateli, zatímco zbývající dělitelé se přesunou do čitatele výsledného zlomku. |
|
|
| 2. Najděte všechna kladná čisla $k$, pro něž platí: Ze všech trojúhelníki̊ $A B C$, $v$ nichž $|A B|=5 \mathrm{~cm}$ a $|A C|:|B C|=k$, má největši obsah trojúhelník rovnoramenný. |
|
|
| ŘEŠENí. Pro $k=1$ uvedené charakterizaci vyhovuje libovolný rovnoramenný trojúhelník s danou základnou $A B$ a libovolně velkou výškou na stranu $A B$. Mezi nimi zřejmě neexistuje trojúhelník s největším obsahem. |
|
|
| Předpokládejme dále, že je $k>1$ (jinak řešíme stejnou úlohu, v níž prohodíme $A$ a $B$ ). Na přímce $A B$ existují dva různé body $C_{1}, C_{2}$, pro které platí $\frac{\left|A C_{1}\right|}{\left|B C_{1}\right|}=\frac{\left|A C_{2}\right|}{\left|B C_{2}\right|}=k$. Všechny body $C$ v rovině, pro které platí $|A C|:|B C|=k$, leží na Apolloniově kružnici sestrojené nad průměrem $C_{1} C_{2}$ (obr. 1). Odtud je zřejmé, že trojúhelník $A B C$ bude mít největší obsah pro vrchol $C$ ve středu oblouku $C_{1} C_{2}$ (v libovolné z polorovin určených přímkou $A B$ ). Za predpokladu $k>1$ pro takto zvolený bod $C$ platí $|A C|>|B C|$ a také |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 1 $|A C|>|A S|>|A B|$, takže trojúhelník $A B C$ bude rovnoramenný, právě když bude $|A B|=|B C|$. Odtud sestavíme rovnici pro odpovídající hodnotu $k$. |
|
|
| Pro body $C_{1}, C_{2}$ predevším platí |
|
|
| $$ |
| \left|A C_{1}\right|=\frac{k}{k+1}|A B|, \quad\left|A C_{2}\right|=\frac{1}{k+1}|A B| |
| $$ |
|
|
| takže z rovností $\left|A C_{2}\right|=|A B|+\left|B C_{2}\right|$ a $\left|C_{1} C_{2}\right|=\left|B C_{1}\right|+\left|B C_{2}\right|$ vychází |
|
|
| $$ |
| \left|B C_{2}\right|=\frac{1}{k-1}|A B|, \quad\left|C_{1} C_{2}\right|=\frac{2 k}{k^{2}-1}|A B| |
| $$ |
| |
| a |
| |
| $$ |
| |B S|=|| S C_{1}|-| B C_{1}||=\left|\frac{k}{k^{2}-1}-\frac{1}{k+1}\right||A B|=\frac{1}{k^{2}-1}|A B| |
| $$ |
| |
| $$ |
| |B C|^{2}=|B S|^{2}+|C S|^{2}=|B S|^{2}+\left|C_{1} S\right|^{2}=\frac{1+k^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{2}}|A B| . |
| $$ |
|
|
| Odtud vychází rovnice |
|
|
| $$ |
| 1+k^{2}=k^{4}-2 k^{2}+1, \quad \text { neboli } \quad k^{2}\left(k^{2}-3\right)=0 |
| $$ |
|
|
| která má jediné kladné řešení $k=\sqrt{3}$. |
|
|
| Úloze vyhovují dvě kladná čísla $k, k=\sqrt{3}$ a $k=1 / \sqrt{3}$. |
|
|
| JINÉ ŘEŠENí. Zřejmě $k \neq 1$ (pro $k=1$ maximum neexistuje). Obě čísla $k$ |
|
|
| a $\frac{1}{k}$ zkoumanou vlastnost zároveň bud’ mají, nebo ne. Předpokládejme tedy (bez újmy na obecnosti), že $k>1$ je pevné. Označme $C_{0}$ patu výšky z vrcholu $C$ a $x=\left|A C_{0}\right|$ (obr. 2). Pro dané $x$ spočítáme závislost $v=v(x)$, najdeme maximum této funkce a nakonec se podíváme, pro které $k>1$ tomuto extrému odpovídá rovnoramenný trojúhelník. |
|
|
| Zřejmě je |
|
|
| $$ |
| |A C|^{2}=x^{2}+v^{2}, \quad|B C|^{2}=(x-c)^{2}+v^{2} |
| $$ |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 2 |
|
|
| takže podmínka $|A C|=k|B C|$ je ekvivalentní rovnosti |
|
|
| $$ |
| x^{2}+v^{2}=k^{2}\left((x-c)^{2}+v^{2}\right), |
| $$ |
|
|
| neboli po úpravě |
|
|
| $$ |
| v^{2}=-x^{2}+\frac{2 k^{2} c}{k^{2}-1} x-\frac{k^{2} c^{2}}{k^{2}-1} |
| $$ |
|
|
| Jak víme, nabývá nalezená kvadratická funkce maxima pro |
|
|
| $$ |
| x=\frac{k^{2} c}{k^{2}-1}>c |
| $$ |
|
|
| a té odpovídá maximální hodnota |
|
|
| $$ |
| v_{\max }=\frac{k c}{k^{2}-1} |
| $$ |
| |
| Protože vyšlo $x>c$, znamená to, že $|A C|>c$, takže trojúhelník $A B C$ může být rovnoramenný, jedině když $|B C|=|B A|=c$. Dosazením do druhé rovnosti v (1) dostaneme |
| |
| $$ |
| \left(\frac{k^{2} c}{k^{2}-1}-c\right)^{2}+\frac{k^{2} c^{2}}{\left(k^{2}-1\right)^{2}}=\frac{c^{2}\left(k^{2}+1\right)}{\left(k^{2}-1\right)^{2}} |
| $$ |
| |
| takže po úpravě máme pro $t=k^{2}$ kvadratickou rovnici |
| |
| $$ |
| t+1=(t-1)^{2}, |
| $$ |
| |
| která má jediný kladný kořen $t=3$, odtud $k=\sqrt{3}$. Závěr je stejný jako v předchozím řešení. |
| |
| NÁVODNÉ ÚLOHY: |
| |
| 1. V trojúhelníku $A B C$ označme $M$ průsečík osy vnitřního úhlu při vrcholu $C$ se stranou $A B$. Potom je $|A M|:|B M|=|A C|:|B C|$. Dokažte. |
| 2. Dokažte analogické tvrzení i pro osu vnějšího úhlu. |
| 3. Sestrojte trojúhelník, v němž je dáno $c, \gamma$ a $a: b$. [S. Horák: Kružnice. ŠMM sv. 16.] |
| 4. Pro která celá čı́sla a je maximum i minimum funkce |
| |
| $$ |
| y=\frac{12 x^{2}-12 a x}{x^{2}+36} |
| $$ |
| |
| celé čislo? |
| |
| ŘEŠENí. Budeme zjištovat obor hodnot uvedené funkce, tj. pro která $s$ existuje aspoň jedno $x$ takové, že |
| |
| $$ |
| y=\frac{12 x^{2}-12 a x}{x^{2}+36}=s . |
| $$ |
| |
| Jednoduchou úpravou dostaneme rovnici |
| |
| $$ |
| (s-12) x^{2}+12 a x+36 s=0 |
| $$ |
| |
| která je kvadratická, pokud $s \neq 12$. Z rovnice plyne, že $s=12$ patří do oboru hodnot, jen když $a x=36$, tedy jen když $a \neq 0$. Pro $a=0$ dostaneme pro $x$ rovnici $x^{2}=\frac{36 s}{s-12}$, z níž vychází pro $s$ nerovnost $0 \leqq s<12$, takže obor hodnot nemá maximum. |
| |
| Předpokládejme proto, že $a \neq 0$. V tomto případě je rovnice (1) kvadratická a reálné číslo $s$ patří do oboru hodnot funkce $y$, právě když její diskriminant |
| |
| $$ |
| D=12^{2} a^{2}-4 \cdot 36 s(s-12)=12^{2}\left(a^{2}-s^{2}+12 s\right) |
| $$ |
| |
| bude nezáporný, tj. právě když |
| |
| $$ |
| 6-\sqrt{36+a^{2}} \leqq s \leqq 6+\sqrt{36+a^{2}} |
| $$ |
| |
| Tím jsme určili maximum a minimum dané funkce. Pokud to mají být celá čísla, musí pro vhodné přirozené číslo $b$ platit $36+a^{2}=b^{2}$, tedy $(b-a)(b+a)=36$. Z každého rozkladu čísla 36 na součin dvou přirozených činitelů $36=m n$ dostaneme $a=\frac{1}{2}(m-n), b=\frac{1}{2}(m+n)$, což jsou celá čísla, jen když $m$ a $n$ mají stejnou paritu $(m \equiv n(\bmod 2)$ ), a protože $a \neq 0$, vyhovuje jedině $36=2 \cdot 18$, odkud $b=10, a= \pm 8$. |
| |
| 4. Označme $\tau(k)$ počet všech kladných dèliteli přirozeného čisla $k$ a necht čıslo $n$ je řešením rovnice $\tau(1,6 n)=1,6 \tau(n)$. Určete hodnotu podílu $\tau(0,16 n): \tau(n)$. |
| |
| ŘEŠENí. Jestliže rozklad čísla $n$ na prvočinitele je $n=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{s_{i}}, \operatorname{kde} p_{1}, \ldots, p_{k}$ jsou různá prvočísla a $s_{1}, \ldots, s_{k}$ nezáporná celá čísla, platí pro počet jeho kladných dělitelů $\tau(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(s_{i}+1\right)$. Jestliže $n=2^{\alpha} 5^{\beta} n^{\prime}$ kde $\beta \geqq 1$ a $n^{\prime}$ je nesoudělné s $2 \cdot 5$, mưžeme danou rovnici přepsat jako |
|
|
| $$ |
| (\alpha+4) \beta \tau\left(n^{\prime}\right)=\frac{8}{5}(\alpha+1)(\beta+1) \tau\left(n^{\prime}\right), |
| $$ |
|
|
| což po úpravě dá rovnici |
|
|
| $3 \beta(\alpha-4)+8(\alpha+1)=3 \beta(\alpha-4)+8(\alpha-4)+40=(3 \beta+8)(\alpha-4)+40=0$. |
|
|
| Odtud vychází, že |
|
|
| $$ |
| (3 \beta+8)(4-\alpha)=40=1 \cdot 40 . |
| $$ |
|
|
| Ovšem vzhledem $\mathrm{k}$ tomu, že $3 \beta+8 \geqq 11$ a číslo $3 \beta+8$ dává při dělení třemi zbytek 2 , vyhovuje ze všech rozkladư čísla 40 na součin jedině |
|
|
| $$ |
| 3 \beta+8=20, \quad 4-\alpha=2 |
| $$ |
|
|
| tedy $\alpha=2, \beta=4, n=2^{2} \cdot 5^{4} n^{\prime}$. |
|
|
| Pro podíl $\tau(0,16 n): \tau(n)$ tak vychází |
|
|
| $$ |
| \frac{\tau\left(\frac{4}{25} n\right)}{\tau(n)}=\frac{\tau\left(2^{4} \cdot 5^{2}\right)}{\tau\left(2^{2} \cdot 5^{4}\right)}=\frac{5 \cdot 3}{3 \cdot 5}=1 |
| $$ |
|
|
| NÁVODNé ÚLOHY: |
|
|
| 1. Dokažte, že $\tau(n)$ je tzv. multiplikativní funkce, $\mathrm{tj}$. že pro nesoudělná přirozená čísla $n_{1}, n_{2}$ platí $\tau\left(n_{1} \cdot n_{2}\right)=\tau\left(n_{1}\right) \tau\left(n_{2}\right)$. |
| 2. Odvodte vzoreček $\tau(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(s_{i}+1\right)$ pro počet dělitelů čísla $n$. |
| 3. Dokažte, že existuje trojúhelník $A B C$, v němž při obvyklém značení platí obě pythagorejské rovnosti $t_{a}^{2}+t_{b}^{2}=t_{c}^{2} a v_{a}^{2}+v_{b}^{2}=v_{c}^{2}$. Dále ukažte, že pro vnitřní úhly takového trojúhelníku platí $|\alpha-\beta|=90^{\circ} \quad a \cos \gamma=\frac{2}{5} \sqrt{5}$. |
|
|
| ŘEŠENí. Pro velikosti těžnic $t_{a}, t_{b}, t_{c}$ trojúhelníku $A B C$ platí rovnost |
| |
| $$ |
| t_{a}^{2}=\frac{1}{4}\left(2 b^{2}+2 c^{2}-a^{2}\right) |
| $$ |
|
|
| a další dvě, které dostaneme cyklickou záměnou. S jejich pomocí zjistíme, že první z daných rovností je ekvivalentní rovnosti |
|
|
| $$ |
| a^{2}+b^{2}=5 c^{2} \text {. } |
| $$ |
|
|
| Podobně ze vzorcù $S=a v_{a}=b v_{b}=c v_{c}$ pro obsah $S$ trojúhelníku $A B C$ dostaneme, že druhá rovnost je ekvivalentní rovnosti |
| |
| $$ |
| \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{c^{2}}, \quad \text { neboli } \quad c^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right)=a^{2} b^{2} . |
| $$ |
| |
| Pro $c=1$ tak dostáváme soustavu rovnic $a^{2}+b^{2}=5, a^{2} b^{2}=5$. Č́sla $a^{2}$, $b^{2}$ jsou tedy kořeny kvadratické rovnice $t^{2}-5 t+5=0$. Ta má dva různé kladné kořeny, proto |
| |
| $$ |
| \left\{a^{2}, b^{2}\right\}=\left\{\frac{1}{2}(5+\sqrt{5}), \frac{1}{2}(5-\sqrt{5})\right\} . |
| $$ |
| |
| Ukážeme, že pro odpovídající hodnoty $a, b$ a $c=1$ platí trojúhelníkové nerovnosti. Protože $a b=\sqrt{5}$, je |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & (a+b)^{2}=\left(a^{2}+b^{2}\right)+2 a b=5+2 \sqrt{5}>1=c^{2} \\ |
| & (a-b)^{2}=\left(a^{2}+b^{2}\right)-2 a b=5-2 \sqrt{5}<1=c^{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| tj. $|a-b|<c<|a+b|$. |
| |
| Tím je existence trojúhelníku $A B C$ prokázána (je jediný až na podobnost a symetrii $A \leftrightarrow B$ ). |
| |
| Pro jednoduchost dalších výpočtư položme i nadále $c=1$. Z kosinové věty a ze vzorce (2) vypočteme |
| |
| $$ |
| \cos \gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-1}{2 a b}=\frac{4}{2 \sqrt{5}}=\frac{2}{5} \sqrt{5} . |
| $$ |
| |
| Podobně můžeme vypočíst i hodnoty $\cos \alpha$ a $\cos \beta$. $\mathrm{S}$ využitím rovností (2) a (3) vyjde |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & \cos \alpha=\frac{1+b^{2}-a^{2}}{2 b}=\frac{1+2 b^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}{2 b}=b-\frac{2}{b}, \\ |
| & \cos \beta=\frac{1+a^{2}-b^{2}}{2 a}=\frac{1+2 a^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}{2 a}=a-\frac{2}{a}, |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| a protože $\left|a^{2}-b^{2}\right|=\sqrt{5}$, je jasné, že právě jedno z čísel $\cos \alpha, \cos \beta$ je záporné (jeden $\mathrm{z}$ úhlů $\alpha, \beta$ je tupý). Přitom |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & \cos ^{2} \alpha=\frac{4}{b^{2}}+b^{2}-4=\frac{4}{5} a^{2}+b^{2}-4=1-\frac{1}{5} a^{2} \\ |
| & \cos ^{2} \beta=\frac{4}{a^{2}}+a^{2}-4=\frac{4}{5} b^{2}+a^{2}-4=1-\frac{1}{5} b^{2} |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| takže $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta=1$, odkud plyne sin $\alpha=|\cos \beta|$ a $\sin \beta=|\cos \alpha|$. Vzhledem $\mathrm{k}$ nerovnosti $\cos \alpha \cos \beta<0$ to znamená, že |
| |
| $$ |
| \cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta=0 |
| $$ |
| |
| tedy $\alpha-\beta=90^{\circ}$. |
| |
| Pokud se rozhodneme rovnou využít spočtené hodnoty (4) (když budeme předpokládat, že $a>b$, bude $\cos \alpha<0$ ), vyjde po chvilce počítání |
| |
| $$ |
| \cos ^{2} \alpha=\frac{5-\sqrt{5}}{10}, \quad \cos ^{2} \beta=\frac{5+\sqrt{5}}{10} |
| $$ |
| |
| odkud už je vidět, že $\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta=1$. |
| |
| NÁVODNÉ ÚLOHY: |
| |
| 1. Odvodte rovnost (1). [Napište kosinovou větu pro stranu $c$ v trojúhelníku $A B C$ a pro stranu $t_{a}$ v trojúhelníku $A B A_{0}\left(A_{0}\right.$ je střed strany $B C$.] |
| 2. Napište kvadratickou rovnici, znáte-li součet jejích kořenů a součet jejich druhých mocnin. [Jsou-li $\alpha, \beta$ oba kořeny, je $\alpha \beta=\frac{1}{2}\left[(\alpha+\beta)^{2}-\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right)\right]$, hledaná rovnice je $x^{2}-(\alpha+\beta) x+\alpha \beta=0$.] |
| 3. Z papíru byl slepen model čtyřstěnu, jehož každé dvě protilehlé hrany jsou shodné. Rozhodněte, zda mi̊žeme model rozřiznout podél tří úseček tak, aby ho pak bylo možno rozvinout do roviny a vznikl přitom obdélník. Existují pro pravidelný čtyřstěn dva uvažované zpuisoby rozřezání, při nichž vzniknou neshodné obdélníky? |
|
|
| ŘEŠENí. Nejprve si uvědomíme, že čtyřstěn nelze rozvinout do roviny, nebude-li některý z vrcholů krajním bodem jedné z úseček. Protože čtyřstěn má celkem čtyři vrcholy, musí jedna ze tří úseček obsahovat dva z vrcholů, tedy čtyřstěn musíme rozříznout podle jedné z jeho hran. |
|
|
| Rozebereme postupně několik možností, jak zvolit další dvě úsečky. Ale ještě předtím si uvědomíme, že čtyřstěn $A B C D$, jehož protilehlé hrany jsou shodné, má navzájem shodné stěny tvořené ostroúhlým trojúhelníkem. To je vidět, když sklopíme dvě jeho sousední stěny (např. ty se společnou hranou $A C$ ) do roviny (obr.3). Je totiž jasné, že délka úsečky $B D$ není nikdy menší než vzdálenost kolmých průmětů $B_{1}$, $D_{1}$ vrcholů $B, D$ na přímku $A C$ - největší bude, pokud stěny sklopíme do opačných polorovin určených přímkou $A C$, a nejmenší, pokud je sklo- |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 3 píme do téže poloroviny. Pokud by tedy byl napr. úhel $B A C$ pravý nebo tupý, bylo by ve čtyřstěnu, pro jehož hrany platí $|A D|=|B C|$ a $|A B|=|C D|$, vždy $|B D|>|A C|$. |
|
|
| Předpokládejme, že jsme čtyřstěn $A B C D$ rozřízli podél hrany $A B$. |
|
|
| 1. Rozřízněme čtyřstěn $A B C D$ podél sousední hrany $B C$. Protože úhel při vrcholu $B$ v trojúhelníku $A B C$ je ostrý, nemưžeme po dalším řezu a případném rozvinutí do roviny nikdy dostat pravoúhelník. |
| 2. Rozřízněme čtyřstěn $A B C D$ podél protilehlé hrany $C D$. Je jasné, že třetí úsečka musí vycházet $\mathrm{z}$ jednoho $\mathrm{z}$ vrcholů, protože jinak se nám nepodaří okolí žádného z vrcholů rozvinout do roviny. Pokud ted čtyřstěn rozřízneme podél další hrany, dostaneme sice jeho sít, kterou tvoří rovnoběžník (obr.4), ale protože dvě $z$ těchto tří hran jsou sousední, nemůže to být pravoúhelník (viz 1). Vedeme-li však řez řekněme z vrcholu $D$ na hranu $A B$ (jinak trojhrany při vrcholech $A$ a $B$ neuvolníme, obr. 5) a bude-li zároveň úsečka $D X$ řezu výškou ve stěně $A B D$, dostaneme po rozvinutí do roviny obdélník, jak je zřejmé, zakreslíme-li řez do původní sítě (obr.6). |
| 3. Pokud rozřízneme jedině hranu $A B$, musí z každého ze zbývajících vrcholů $C, D$ vycházet jedna z úseček řezu. Probereme-li jednotlivé možnosti, snadno zjistíme, že se nám podaří uvažovaný čtyřstěn rozvinout jedině tehdy, budou-li končit oba rezy na hraně $A B$. A protože chceme po rozvinutí dostat |
|  |
|
|
| Obr. 4 |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 5 |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 6 |
|
|
| obdélník, můžeme předpokládat, že $C X$ i $D Y$ jsou stěnové výšky (obr. 7). Potom $|B X|=|A Y|$ a $|B Y|=|A X|$ a po rozvinutí pak skutečně dostaneme obdélník (obr. 8) složený ze dvou shodných stěn $A C D, B C D$ se společnou hranou $C D$ a z pravoúhlých trojúhelníků $A D Y, A C X, B C X, B D Y$ se shodnými odvěsnami $C X$ a $D Y$. |
|
|
| Získali jsme dva způsoby, jak daný čtyřstěn rozříznout tak, že po rozvinutí do roviny vznikne obdélník. Přitom je zřejmé, že oba vzniklé obdélníky budou shodné, právě když pro výšku $C X$ trojúhelníku $A B C$ platí $|C X|=|A B|$. Protože v případě rovnostranného trojúhelníku je $|C X|<|A B|$, dostaneme pro pravidelný čtyřstěn dva neshodné obdélníky. |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 7 |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 8 |
|
|
| NÁVODNÉ ÚLOHY: |
|
|
| 1. Existuje těleso, jehož sítí je |
|
|
| a) rovnostranný trojúhelník, |
|
|
| b) čtverec? |
|
|
| [F. Kuřina: Umění vidět v matematice, str. 229.] |
|
|
| 2. Existuje celkem 11 neshodných sítí téže krychle. Nakreslete je. |
| 3. List tvaru obdélníku $1,5 \mathrm{~cm} \times 4 \mathrm{~cm}$ rožrežte podél jedné lomené čáry na dva díly tak, aby jimi bylo možné obalit krychli o hraně délky $1 \mathrm{~cm}$. |
| 4. Čtyřstěn, jehož protilehlé hrany jsou shodné, má navzájem shodné stěny tvořené ostroúhlým trojúhelníkem. Dokažte. [S. Horák: Mnohostěny. SMM sv. 27.] |
| 5. Zkuste dokázat, že pro velikosti stěnových úhlů při společném vrcholu libovolného čtyřstěnu platí trojúhelníková nerovnost. |
| 6. Na základě předchozího tvrzení dokažte, že stěna čtyřstěnu, jehož protilehlé hrany jsou shodné, je ostroúhlý trojúhelník. |
| 7. Existuje čtyřstěn, jehož sít je tvořena čtyřmi shodnými trojúhelníky určenými středními přičkami daného tupoúhlého trojúhelníku? |
|
|
