| # Úlohy domácího kola kategorie B |
|
|
| 1. Pro která reálná čísla t má funkce $f(x)=5 x+44+t|x-2|-3|x-t|$ maximum rovné 0 ? |
|
|
| Daná funkce je lineární lomená, protože obsahuje dva výrazy s absolutní hodnotou, které způsobují, že jejím grafem není přímka, nýbrž lomená čára. Její definiční obor, množinu $\mathbb{R}$ všech reálných čísel, můžeme $\mathrm{v}$ tomto případě rozdělit na tři disjunktní části podle toho, jak se příslušná absolutní hodnota chová (zda je výraz v absolutní hodnotě kladný, či záporný). Protože jedna z absolutních hodnot závisí na parametru $t$, rozlišíme, zda je $t<2($ případ $\mathrm{A})$, či $t \geqq 2($ případ B). |
|
|
| Žákům prospěje, když si nejdříve nakreslí několik grafů zkoumané funkce pro konkrétní hodnoty parametru $t$. |
|
|
| ŘEŠENí 1. Rozlišíme dva případy, podle toho, zda je $t<2$ (případ A), či $t \geqq 2$ (př́ípad B). |
|
|
| A. Necht̉ $t<2$. Množina $\mathbb{R}$ se nám rozpadne na tři disjunktní intervaly, $\mathbb{R}=$ $=(-\infty, t\rangle \cup(t, 2) \cup(2, \infty)$. |
|
|
| (a) V intervalu $(-\infty, t\rangle$ je, jak snadno spočteme, $f(x)=(8-t) x+44-t$. Protože za uvedeného předpokladu je $8-t>0$, je funkce $f \mathrm{v}$ tomto intervalu rostoucí a nabyde maxima $\mathrm{v}$ bodě $x=t$. |
|
|
| (b) V intervalu $(t, 2\rangle$ je $f(x)=(2-t) x+44+5 t$. Protože za uvedeného předpokladu je $2-t>0$, je funkce $f \mathrm{i}$ v tomto intervalu rostoucí a nabyde maxima $\mathrm{v}$ bodě $x=2$. Přitom zřejmě platí $f(t)<f(2)=2(2-t)+44+5 t$. |
| |
| (c) $\mathrm{V}$ intervalu $(2, \infty)$ je $f(x)=(2+t) x+44+t$. Tato funkce je pro $2+t>0$ na tomto intervalu rostoucí a shora neomezená, takže nemůže mít maximum. Musí tedy nutně být $2+t \leqq 0$, tj. $t \leqq-2$, funkce $f$ bude $\mathrm{v}$ intervalu $(2, \infty)$ nerostoucí a její hodnota nebude větší než $f(2)$, kterou jsme spočítali v (b). |
|
|
| Zjistili jsme tedy, že za předpokladu $t<2$ nabývá funkce $f$ maxima jedině pro $t \leqq-2$, přičemž její maximum je $f(2)=2(2-t)+44+5 t$. Toto maximum se rovná 0 , právě když $2(2-t)+44+5 t=0$, neboli $t=-16$, což je naštěstí číslo, které splňuje podmínku $t \leqq-2$. |
|
|
| B. Necht̉ $t \geqq 2$. Množina $\mathbb{R}$ se nám rozpadne na tři disjunktní intervaly, $\mathbb{R}=$ $=(-\infty, 2) \cup(2, t\rangle \cup(t, \infty)$, přičemž prostřední „interval" bude prázdný pro $t=2$ (to však není pro další úvahy podstatné, jinak bychom mohli tento případ snadno rozebrat samostatně). |
|
|
| $\mathrm{V}$ intervalu $(-\infty, 2\rangle$ je $f(x)=(8-t) x+44-t$. Kdyby ted' bylo $8-t<0$, byla by funkce $f \mathrm{v}$ tomto intervalu klesající a shora neomezená, takže by nemohla mít maximum. Proto je $8-t \geqq 0$, tj. $t \leqq 8$. Pak ale je $f(2)=2(8-t)+44-t=60-3 t>0$. Odtud hned vidíme, že za uvedeného předpokladu nemůže funkce $f$ nikdy mít maximum rovné 0 . |
|
|
| Z uvedeného rozboru vyplývá, že uvažovaná funkce má maximum rovné 0 jedině pro $t=-16$. |
|
|
| ŘEŠENí 2. Víme, že grafem dané funkce $f$ je lomená čára, která se v našem případě skládá ze dvou polopřímek ( $\operatorname{pro} t=2$ ), resp. ze dvou polopřímek a jedné úsečky (návodná úloha 1). |
|
|
| Dále bychom si měli uvědomit, že pokud má takováto funkce maximum, nabývá ho určitě v některém ze „zlomových“ bodů (tam, kde je příslušný výraz v absolutní hodnotě nulový). To samozřejmě neznamená, že funkce nemůže maximum nabýt i v jiných bodech (je-li konstantní na některém intervalu, návodná úloha 2). |
|
|
| $\mathrm{V}$ našem př́ipadě jsou těmito zlomovými body pro $x=2$ bod $A(2,54-3|t-2|)$, pro $x=t$ bod $B(t, 5 t+44+t|t-2|)$. |
|
|
| Protože jeden $\mathrm{z}$ bodů $x=2, x=t$ má být bodem maxima funkce $f$ rovného 0 , zjistíme, pro která $t$ je jedna $\mathrm{z} y$-ových souřadnic bodů $A$ a $B$ nulová (a druhá nekladná). |
|
|
| $$ |
| \begin{gathered} |
| \mathrm{A}: \quad 54-3|t-2|=0 \\ |
| |t-2|=18 |
| \end{gathered} |
| $$ |
|
|
| $t=20$ anebo $t=-16$. |
|
|
| Máme tak tři možnosti: $\mathrm{B}: \quad 5 t+44+t|t-2|=0$, |
|
|
| $t \geqq 2 \Rightarrow t^{2}+3 t+44=0$, |
|
|
| nemá řešení. |
|
|
| $$ |
| \begin{gathered} |
| t<2 \Rightarrow t^{2}-7 t-44=0 \\ |
| t=11 \text { anebo } t=-4 \\ |
| \text { vyhovuje jen } t=-4 |
| \end{gathered} |
| $$ |
|
|
| Pro $t=20$ je $A(2,0), B(20,504)$, což nevyhovuje. |
|
|
| Pro $t=-16$ je $A(2,0), B(-16,-80+11-16 \cdot 18)$, zatím vyhovuje. |
|
|
| Pro $t=-4$ je $A(2,36), B(-4,0)$, což nevyhovuje. |
|
|
| Zjistili jsme, že úloha má řešení nejvýše pro $t=-16$, kterému odpovídá funkce $f(x)=5 x+44-16|x-2|-3|x+16|$. Pro tuto funkci samozřejmě platí $f(2)=0$. Ověřit, že tato hodnota je skutečně maximem funkce $f$, můžeme více způsoby. Například tak, že ověríme, že pro $x<-16$ je uvedená funkce neklesající (pro $x<-16$ je $f(x)=24 x+60$ ) a současně pro $x>2$ nerostoucí (pro $x>2$ je $f(x)=-14 x+28$ ). |
|
|
| NÁVODNÉ ÚLOHY: |
|
|
| 1. Načrtněte grafy funkcí a) $y=2 x-5+|2 x-7|$, b) $y=x-|8-x|$, c) $y=|x+6|+|3 x-2|$, d) $y=3 x-5+|x-4|-|2 x+5|$. |
| 2. Načrtněte takovou lomenou čáru složenou ze 3 (4) částí, která je grafem nějaké funkce definované na $\mathbb{R}$ a |
|
|
| a) má maximum $-2 \mathrm{v}$ bodě 5 , |
|
|
| b) má maximum $7 \mathrm{v}$ bodě $1 \mathrm{a}$ minimum $6 \mathrm{v}$ bodě -5 , |
|
|
| c) má aspoň dva body, v kterých má maximum. |
|
|
| 2. Označme $S$ střed kružnice vepsané libovolnému trojúhelníku $A B C$. Dokažte, že rovnost $|A S| \cdot|B S|=|C S| \cdot|A B|$ platí, právě když je úhel $A C B$ pravý. |
|
|
| Tato úloha patří mezi ty vděčné úlohy, které se dají řešit více způsoby. My uvedeme tři řešení. |
|
|
| ŘEŠENí 1. Úhly v obecném trojúhelníku $A B C$ označme obvyklým způsobem, poloměr vepsané kružnice označme $r$ a její dotykové body se stranami $A B, B C$ označme po řadě $X, Y$ (obr. 1). |
|
|
|  |
|
|
| Obr. 1 |
|
|
| Úsečky $A S$ a $B S$ jsou stranami trojúhelníku $A S B$. Jeho obsah můžeme vyjádřit dvěma způsoby: |
|
|
| $$ |
| S(A S B)=\frac{1}{2}|A S| v=\frac{1}{2}|A B| r |
| $$ |
|
|
| nebot výška na stranu $A B$ tohoto trojúhelníku je $r$; pro výšku $v$ na stranu $A S$ přitom platí $v=|B S| \cos \frac{1}{2} \gamma$, protože vedlejší úhel při vrcholu $S$ má velikost $\frac{1}{2} \alpha+\frac{1}{2} \beta=90^{\circ}-\frac{1}{2} \gamma$. Je tedy |
|
|
| $$ |
| |A S| \cdot|B S| \cos \frac{\gamma}{2}=|A B| r |
| $$ |
|
|
| a následující rovnosti jsou ekvivalentní: |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| |A S| \cdot|B S| & =|C S| \cdot|A B|, \\ |
| |A B| r & =|C S| \cdot|A B| \cos \frac{\gamma}{2} \\ |
| r & =|C S| \cos \frac{\gamma}{2} . |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| V pravoúhlém trojúhelníku $C S Y$ však platí $\cos \frac{\gamma}{2}=\frac{|C Y|}{|C S|}$, takže rovnost (1) je ekvivalentní rovnosti |
|
|
| $$ |
| r=|C Y|, |
| $$ |
|
|
| což znamená, že trojúhelník $C S Y$ je rovnoramenný pravoúhlý a $\frac{1}{2} \gamma=45^{\circ}$. Je tedy daná rovnost ekvivalentní tomu, že $\gamma=90^{\circ}$. |
|
|
| Tím je tvrzení úlohy dokázáno. |
|
|
| ŘEŠENí 2. Napíšeme si daný vztah jako rovnost podílů tak, aby to byly poměry stran v trojúhelnících, a budeme se snažit použít podobnost nebo sinovou větu. |
|
|
| V našem případě vyjdeme z rovnosti $\frac{|A S|}{|C S|}=\frac{|A B|}{|B S|}$. Trojúhelníky $A S C$ a $B S C$ ale podobné nejsou, proto zkusíme sinovou větu: |
|
|
| V trojúhelníku $A S C$ platí $\frac{|A S|}{|C S|}=\frac{\sin \frac{1}{2} \gamma}{\sin \frac{1}{2} \alpha}$ a v trojúhelníku $A S B$ zase $\frac{|A B|}{|B S|}=$ $=\frac{\sin |\Varangle A S B|}{\sin \frac{1}{2} \alpha}$. Odtud dostáváme následující ekvivalentní rovnosti: |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \frac{\sin \frac{\gamma}{2}}{\sin \frac{\alpha}{2}} & =\frac{\sin |\Varangle A S B|}{\sin \frac{\alpha}{2}}, \\ |
| \sin \frac{\gamma}{2} & =\sin |\Varangle A S B|, \\ |
| \sin \frac{\gamma}{2} & =\sin \left(90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right), \\ |
| \frac{\gamma}{2} & =180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right), \\ |
| \gamma & =90^{\circ} . |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Tím je tvrzení úlohy dokázáno. |
|
|
| ŘEŠENí 3. Zkusíme vypočítat délky úseček $A S, B S, C S, A B$ pomocí některých prvků trojúhelníku. My si zvolíme úhly trojúhelníku a poloměr $r$. |
|
|
| Ž̌ejmě $|C S|=\frac{r}{\sin \frac{1}{2} \gamma},|A S|=\frac{r}{\sin \frac{1}{2} \alpha},|B S|=\frac{r}{\sin \frac{1}{2} \beta}$ a $|A B|=|A X|+|B X|=$ $=r \operatorname{cotg} \frac{1}{2} \alpha+r \operatorname{cotg} \frac{1}{2} \beta$. Po dosazení dostaneme ekvivalentní rovnosti |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \frac{r}{\sin \frac{1}{2} \alpha} \cdot \frac{r}{\sin \frac{1}{2} \beta} & =\left(r \operatorname{cotg} \frac{\alpha}{2}+r \operatorname{cotg} \frac{\beta}{2}\right) \cdot \frac{r}{\sin \frac{1}{2} \gamma} \\ |
| \sin \frac{\gamma}{2} & =\cos \frac{\alpha}{2} \cdot \sin \frac{\beta}{2}+\cos \frac{\beta}{2} \cdot \sin \frac{\alpha}{2} \\ |
| \sin \frac{\gamma}{2} & =\sin \left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right) \\ |
| \sin \frac{\gamma}{2} & =\sin \left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right) \\ |
| \sin \frac{\gamma}{2} & =\cos \frac{\gamma}{2} \\ |
| \operatorname{tg} \frac{\gamma}{2} & =1 \\ |
| \gamma & =90^{\circ} . |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Tím je tvrzení úlohy dokázáno. |
|
|
| 3. Určete reálná čísla $a, b$, pro která má soustava |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2}+y^{2}+2 z^{2} & =16 \\ |
| x y z^{2}+x y+z^{2} & =a \\ |
| x+y+2 z & =b |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| $v$ oboru reálných čisel právě jedno řešení. |
|
|
| Přirozeným pokusem je danou soustavu úplně vyřešit vzhledem k parametrům $a$, $b$ a z tohoto řešení zjistit, pro která $a, b$ má soustava právě jedno řešení. Domníváme se však, že to je v tomto případě poněkud neschůdná cesta. Dvě neznámé sice můžeme vyloučit (například $x$ a $y$ ), ale výslednou rovnici čtvrtého stupně s dvěma parametry nebudou žáci schopni řešit. |
|
|
| Budeme se proto snažit hned od začátku využít skutečnost, že soustava má mít právě jedno řešení. |
|
|
| ŘEŠENí. Předpokládejme, že soustava má právě jedno řešení $x=s, y=t, z=u$. Protože ve všech rovnicích se neznámé $x$ a $y$ vyskytují ve stejném tvaru, lze vytušit a ověřit, že i $x=t, y=s$ a $z=u$ je řešením dané soustavy. A protože soustava má jediné řešení, musí být $t=s$, a tedy $x=y$. Po dosazení dostaneme soustavu |
|
|
| $$ |
| \begin{gathered} |
| x^{2}+z^{2}=8, \\ |
| x^{2} z^{2}+x^{2}+z^{2}=a, \\ |
| x+z=\frac{1}{2} b . |
| \end{gathered} |
| $$ |
|
|
| Pokud $(x, z)$ je některé řešení této soustavy, je trojice $(x, x, z)$ řešením pưvodní soustavy. Má-li proto původní soustava jediné řešení, musí taková být i nová soustava (*). Ta je však opět symetrická vůči neznámým $x$ a $z$. Proto bude mít jediné řešení, jen když bude platit $x=z$. |
| |
| Po dosazení dostaneme soustavu |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2} & =4, \\ |
| x^{4}+2 x^{2} & =a, \\ |
| x & =\frac{1}{4} b, |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| která má jediné řešení. Podle první rovnice je to bud’ $x=2$ (pak $b=8, a=24)$, anebo $x=-2($ pak $b=-8, a=24)$. |
| |
| Těmito úvahami jsme dospěli k následujícímu závěru: |
| |
| Pokud má daná soustava právě jedno řešení, tak jen pro $a=24, b=8$, a to $x=2$, $y=2, z=2$, anebo pro $a=24, b=-8$, a to $x=-2, y=-2, z=-2$. |
| |
| Ještě musíme ověřit, zda $\mathrm{v}$ těchto dvou případech nemá daná soustava jiné řešení (než to symetrické, které jsme vypočetli nikoli ekvivalentními úpravami, nýbrž zjednodušováním). |
| |
| Necht $a=24, b=8$. Po dosazení dostaneme soustavu |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2}+y^{2}+2 z^{2} & =16, \\ |
| x y z^{2}+x y+z^{2} & =24, \\ |
| x+y+2 z & =8 . |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| Tato soustava se dá řešit více způsoby. My tu uvedeme dva. |
| a) Vyloučíme neznámé $x, y$, například tak, že nejprve rovnice upravíme: |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2}+y^{2} & =16-2 z^{2}, \\ |
| x y & =\frac{24-z^{2}}{1+z^{2}}, \\ |
| x+y & =8-2 z . |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| Dostáváme tak |
| |
| $$ |
| (8-2 z)^{2}=(x+y)^{2}=x^{2}+y^{2}+2 x y=16-2 z^{2}+2 \cdot \frac{24-z^{2}}{1+z^{2}} . |
| $$ |
| |
| Po úpravě vychází |
| |
| $$ |
| 3 z^{4}-16 z^{3}+28 z^{2}-16 z=0 . |
| $$ |
| |
| Vzhledem $\mathrm{k}$ tomu, že víme, že $z=2$ je kořenem této rovnice, můžeme ji postupně upravit až na tvar |
| |
| $$ |
| z(z-2)^{2}(3 z-4)=0 . |
| $$ |
| |
| Odtud plyne, že je bud' $z=0, z=\frac{4}{3}$, anebo $z=2$. |
| |
| Pokud $z=0$, dostaneme |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2}+y^{2} & =16, \\ |
| x y & =24, \\ |
| x+y & =8 |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| a snadno se přesvědčíme, že tato soustava nemá řešení (čísla $x, y$ by musela být kořeny kvadratické rovnice $t^{2}-8 t+24=0$, která má záporný diskriminant). |
| |
| Pokud $z=\frac{4}{3}$, dostaneme |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2}+y^{2} & =\frac{112}{9}, \\ |
| x y & =8, \\ |
| x+y & =\frac{16}{3} |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| a opět se snadno přesvědčíme, že tato soustava nemá řešení. |
| |
| Pokud $z=2$, dostaneme |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| x^{2}+y^{2} & =8, \\ |
| x y & =4, \\ |
| x+y & =4 . |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| Snadno zjistíme, že tato soustava má jediné řešení $x=y=2$. |
| |
| b) Šikovnější přístup využívá jen první a třetí rovnici a nerovnost mezi kvadratickým a aritmetickým průměrem: |
| |
| $$ |
| 4=2^{2}=\left(\frac{1}{4}(x+y+z+z)\right)^{2} \leqq \frac{1}{4}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+z^{2}\right)=4 |
| $$ |
| |
| Mezi aritmetickým a kvadratickým průměrem nastane rovnost, právě když se všechny členy rovnají. Odtud $x=y=z=2$. |
| |
| Případ $a=24, b=-8$ posoudíme podobně, i tehdy je řešení jediné. |
| |
| Odpověd. Daná soustava má jediné řešení pro $a=24, b=8$ nebo $a=24, b=-8$. |
| |
| 4. Jsou dány kružnice $k$ a l s různými poloměry, které se vně dotýkaji v bodě T. Průsečikem $M$ jejich společných vnějšıch tečen ved’me sečnu s obou kružnic. Označme $X$ ten z obou prưsečíư kružnice $k$ se sečnou s, který je vzdálenějši od bodu $M$. Podobně označme $Y$ ten z obou prüsečikư kružnice l se sečnou s, který je vzdálenějši od bodu M. Necht’ $P$ je takový bod, že XTYP je rovnoběžník. Určete množinu bodů $P$ odpovídajicich všem takovým sečnám $s$. |
| |
| ŘEŠEní. Označme $S, Z$ středy obou kružnic $k, l$ a $R, r$ jejich poloměry (bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že $r<R$ ). Označme dále $C(D)$ od $T$ různý průsečík kružnice $l(k)$ s přímkou $S Z$ a $K_{1}, K_{2}, L_{1}, L_{2}$ po řadě dotykové body obou společných vnějších tečen ke kružnicím $k$ a $l$ (obr. 2). |
| |
|  |
| |
| Obr. 2 |
| |
| Bod $M$ je středem stejnolehlosti $h$ obou kružnic s koeficientem $R / r$. Přitom je např́iklad $h\left(L_{1}\right)=K_{1}, h(Z)=S, h(C)=T, h(T)=D, h(Y)=X$. Odtud plyne, že př́mky $C Y, T X$ jsou rovnoběžné $(h(C Y)=T X)$. Protože úhel $C Y T$ je pravý podle Thaletovy věty, je také $|\nless Y T X|=90^{\circ}(T Y$ je příčka rovnoběžek $C Y, T X)$. Rovnoběžník $X T Y P$ je tedy vždy obdélník. |
| |
| Zároveň je zřejmé, že body $C, Y, P$ leží v přímce a podobně i body $D, X, P$ leží v přímce. Je tudíž $|\nless C P D|=90^{\circ}$ a bod $P$ leží na Thaletově kružnici $\tau$ nad průměrem $C D$. Leží na ní i vrcholy $P_{1}, P_{2}$ rovnoběžníků $K_{1} T L_{1} P_{1}, K_{2} T L_{2} P_{2}$, protože pro ně můžeme zopakovat předchozí úvahu (jako pro rovnoběžník $X T Y P$ ). |
| |
| Nyní už není problém ukázat, že hledanou množinou bodů je větší z oblouků $P_{1} P_{2}$ kružnice $\tau$ vyjma body $P_{1}, P_{2}$ a $D$ (nebot̀ body $Y$ tvoří větší z oblouků $L_{1} L_{2}$ kružnice $l$ vyjma body $\left.T, L_{1}, L_{2}\right)$. |
| |
| Poznámka. V tomto období většina studentů asi ještě nebude mít probrané učivo o stejnolehlosti kružnic. Tuto překážku pomohou odstranit návodné úlohy na vlastnosti stejnolehlosti kružnic. |
| |
| Ještě naznačíme hlavní myšlenky jiných dvou přístupů: |
| |
| a) Abychom odhadli tvar hledané množiny, zvolíme několik význačných poloh př́imky $X Y$. Vhodné jsou následující polohy: a) $X=K_{1}, Y=L_{1}$ ( $P T$ je kolmé na |
| $S Z$ ), b) $X S$ a $Y Z$ jsou kolmé na $S Z$ (tehdy vyjde, že pata kolmice z bodu $P$ na $S Z$ leží ve středu $J$ úsečky $C D$ a $|J C|=|J P|)$. |
| |
| Z toho už se dá odhadnout, že bod $P$ leží nejspíš na kružnici se středem $J$ a poloměrem $\frac{1}{2}(R+r)$. Zbývá už jen dokázat (tedy obecně vypočítat), že vzdálenost $|P J|$ je rovna $\frac{1}{2}(r+R)$. (Není to lehké.) |
| |
| b) Pomocí shodných a podobných zobrazení je nejelegantnější následující postup: Pomocí souřadnic (bod $M$ zvolíme za počátek souřadného systému) je $P=X+Y-$ $-T=Y+h(Y)-T=Y+\frac{R}{r} Y-T=\left(1+\frac{R}{r}\right) Y-T$, bod $P$ tedy vznikne z bodu $Y$ (a všechny body $Y$ tvoří větší z oblouků $L_{1} L_{2}$ kružnice $l$ bez bodů $T, L_{1}, L_{2}$ ) složením stejnolehlosti se středem $M$ a koeficientem $1+\frac{R}{r}$ a posunutí o vektor $T M$. |
| |
| 5. Devítistěn ABCDEFGHV vznikl slepením krychle ABCDEFGH a pravidelného čtyřbokého jehlanu EFGHV. Na každou stěnu tohoto devítistěnu jsme napsali čislo. Čtyři z napsaných čisel jsou 25, 32, 50 a 57. Pro každý vrchol devítistěnu ABCDEFGHV sečteme čísla na všech stěnách, které ho obsahuji. Dostaneme tak devět stejných součtư. Určete zbývajicich pět čísel napsaných na stěnách tohoto tělesa. |
| |
| ŘEŠENí. Protože dva sousední vrcholy leží vždy ve dvou společných stěnách, budeme si všímat především takovýchto dvojic vrcholů. |
| |
| Vrcholy $A$ a $B$ ( $B$ a $C)$ leží ve společných stěnách $A B F E$ a $A B C D$ ( $B C G F$ a $B C D A$ ). Proto porovnáním jim priřazených čísel dostaneme, že na stěnách $A D H E$ a $B C G F$ ( $A B F E$ a $C G H D)$ je stejné číslo. Označme ho $x(y)$. |
| |
| Podobně vrcholy $E$ a $F$ ( $F$ a $G$ ) leží ve společných stěnách $E F B A$ a $E F V$ ( $F G C B$ a $F G V)$ a navíc už víme, že stěny $A D H E$ a $F B C G(A B F E$ a $G H D C)$ mají stejná čísla. Proto porovnáním jim přiřazených čísel dostaneme, že na stěnách $H E V$ a $F G V$ $(E F V$ a $G H V)$ je stejné číslo. Označme ho $z$ ( $t$, obr. 3). |
| |
|  |
| |
| Obr. 3 |
| |
| Porovnáním čísel příslušných vrcholům $A$ a $E$ (mají společné stěny $E A B F$ a $E A D H$ ) dále dostaneme, že stěna $A B C D$ má číslo $s=z+t$. |
| |
| Nakonec porovnejme vrcholy $E$ a $V$ (mají společné stěny $E F V$ a $H E V$ ). Dostaneme $z+t=x+y$. |
| |
| Když to vše shrneme, zjistíme, že jednotlivé stěny jsou nutně očíslovány čísly $x$ (stěny $B C G F$ a $D A E H$ ), z (stěny $F G V$ a $E H V$ ), s (stěna $A B C D$ ), $s-x$ (stěny |
| $A B F E$ a $C D H G$ ), $s-z$ (stěny $E F V$ a $G H V$ ). A snadno se přesvědčíme, že takovéto očíslování má vždy požadovanou vlastnost (všem vrcholům je přiřazeno číslo $2 s$ ). |
| |
| My známe čtyři rưzná čísla z devíti čísel $x, x, z, z, s, s-x, s-x, s-z, s-z$, tedy čtyři čísla z pěti čísel $x, z, s, s-x, s-z$. |
| |
| a) Pokud je neznámé páté číslo $s$, tvoří známá čísla dvě dvojice se stejným součtem: $x+(s-x)=z+(s-z)$. Pro daná čísla tak máme jedinou možnost $25+57=32+50=82$. Hledaná čísla jsou pak $25,32,50,57$ a 82. |
| |
| b) Není-li páté neznámé číslo $s$, je jedno známé číslo (a to $s$ ) součtem dalších dvou známých: $s=x+(s-x)$, nebo $s=z+(s-z)$. Pro daná čísla je jediná možnost: $25+32=57$. Potom je $s=57$ a hledanou pětici tvoří čísla 7, 7, 25, 32 a 50. |
| |
| Odpověd. Hledaná čísla jsou bud’ $25,32,50,57$ a 82 , nebo čísla $7,7,25,32$ a 50. |
| |
| Ještě naznačíme, jak by mohl vypadat čistě algebraický přístup - řešením devíti rovnic o deseti neznámých. |
| |
| Kvưli přehlednosti si musíme dát záležet na označení jednotlivých čísel napsaných na stěnách. Označme čísla na stěnách $A B F E, B C G F, C D H G, D A E H, E F V, F G V$, $G H V, H E V$ a $A B C D$ postupně $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, c$ a necht̉ společný součet na stěnách při každém vrcholu je $s$. Dostaneme tak následujících devět rovnic: |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| a_{1}+a_{2}+b_{1}+b_{2} & =s, \\ |
| a_{2}+a_{3}+b_{2}+b_{3} & =s, \\ |
| a_{3}+a_{4}+b_{3}+b_{4} & =s, \\ |
| a_{4}+a_{1}+b_{4}+b_{1} & =s, \\ |
| a_{1}+a_{2}+c & =s, \\ |
| a_{2}+a_{3}+c & =s, \\ |
| a_{3}+a_{4}+c & =s, \\ |
| a_{4}+a_{1}+c & =s, \\ |
| b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4} & =s . |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| Porovnáním rovnic (B) a (C) máme $a_{1}=a_{3}$. Porovnáním rovnic $(\mathrm{D})$ a (C) máme $a_{2}=a_{4}$. |
| |
| Pomocí těchto vztahů dále dostaneme: porovnáním rovnic $(\mathrm{F})$ a $(\mathrm{G})$ vyjde $b_{1}=b_{3}$; porovnáním rovnic $(\mathrm{G})$ a $(\mathrm{H})$ vyjde $b_{2}=b_{4}$. |
| |
| To znamená, že nám pro čísla $a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2}$ a $c$ zưstaly rovnice |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| a_{1}+a_{2}+b_{1}+b_{2} & =s, \\ |
| a_{1}+a_{2}+c & =s, \\ |
| b_{1}+b_{2} & =\frac{1}{2} s |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| Odtud už snadno dostaneme, že $c=a_{1}+a_{2}=b_{1}+b_{2}=\frac{1}{2} s$. |
| |
| 6. Je dán rovnostranný trojúhelník $X Y Z$ s těžištěm $T$ a stranou délky $5 \mathrm{~cm}$. Sestrojte rovnoběžník $A B C D$ s obsahem $8 \mathrm{~cm}^{2}$ a stranou $A B$ délky $2 \mathrm{~cm}$ tak, aby body $X, Y$, $Z, T$ ležely po řadě na přímkách $A B, B C, C D, D A$. |
| |
| Podstatou řešení jsou následující dvě úlohy, jež mohou sloužit i jako úlohy návodné. A. Jsou dány body $K, L$. Ved'te jimi po řadě rovnoběžky $k, l$, je-li dána jejich vzdálenost $d$. |
| |
| B. Jsou dány body $K, L$ a přímka $m$. Ved’te body $K, L$ po řadě rovnoběžky $k, l$, které na přímce $m$ vytínají úsečku dané délky $d$. |
| |
| Řešení úlohy A (obr.4). Necht $M$ je pata kolmice vedené z bodu $K$ na přímku $l$. V trojúhelníku $K L M$ s pravým úhlem při vrcholu $M$ známe vrcholy $K, L$ a délku odvěsny $|K M|=d$, vrchol $M$ tedy umíme sestrojit (jako průsečík Thaletovy kružnice $t$ nad průměrem $K L$ s kružnicí $\kappa(K, d)$ ). Potom $M L$ je přímka $l$. |
| |
| Pokud bychom požadovali diskusi, víme, že počet řešení závisí na existenci průsečíku kružnic $t$ a $\kappa$ : |
| |
| Pokud $|K L|<d$, nemá úloha řešení. |
| |
| Pokud $|K L|=d$, má úloha jedno řešení (kolmice na $K L$ ). |
| |
| Pokud $|K L|>d$, mají kružnice $k$ a $t$ dva průsečíky, takže úloha má dvě řešení. |
| |
|  |
| |
| Obr. 4 |
| |
|  |
| |
| Obr. 5 |
| |
| Řešení úlohy B (obr.5). Ved’me bodem $K$ rovnoběžku $n$ s přímkou $m$ a označme $M$ její průsečík s přímkou $l$. Potom $|K M|=d$, takže konstrukce bodu $M$ je zřejmá. Př́mka $l$ je pak určena body $L$ a $M$. |
| |
| Pokud bychom požadovali diskusi, snadno zjistíme, že na přímce $n$ existují dva body $M$ požadovaných vlastností, a počet řešení závisí na tom, zda $M=L$. |
| |
| Pokud současně neplatí, že $K L$ je rovnoběžná s $m$ a $|K L|=d$, má úloha dvě řešení. |
| |
| Pokud je $K L$ rovnoběžná s $m$ a $|K L|=d$, vznikne pro jednu z možných poloh bodu $M$ v předcházejícím případě nekonečně mnoho řešení (za přímku $l$ můžeme vzít libovolnou přímku procházející bodem $L$ ). |
| |
| ŘEŠENí původní úlohy. $\mathrm{Z}$ obsahu rovnoběžníku $A B C D$ a délky strany $A B$ snadno vypočítáme výšku $v$ na stranu $A B$ : je $v=8 \mathrm{~cm}^{2}: 2 \mathrm{~cm}=4 \mathrm{~cm}$. Odtud plyne, že vzdálenost rovnoběžek $A B$ a $C D$ je $4 \mathrm{~cm}$, přičemž známe bod $X$ přímky $A B$ a bod $Z$ přímky $C D$. Podle úlohy A tedy umíme sestrojit přímky $A B$ a $C D$. |
| |
| V poloze, která je dána, má tato část dvě řešení. |
| |
| Když už máme přímku $A B$, jsou $A D$ a $B C$ dvě neznámé rovnoběžky, které procházejí danými body $T$ a $Y$ a na (známé) přímce $A B$ vytínají úsečku dané délky $|A B|=2 \mathrm{~cm}$. Proto můžeme rovnoběžky $A D$ a $B C$ sestrojit na základě úlohy $\mathrm{B}$. |
| |
| Je zřejmé, že speciální poloha daných bodů $X, Y, Z$ a $T$ nemá na postup řešení vliv, zaručuje nám však snadnou diskusi počtu řešení. Pro obě polohy přímky $A B$ má úloha v dané situaci dvě řešení. Tím je rovnoběžník $A B C D$ sestrojen. (Přímkami $A B$, $B C, C D$ a $A D$ jsou vrcholy $A, B, C, D$ určeny.) Úloha má 4 řešení (obr. 6). |
| |
|  |
| |
| Obr. 6 |
| |
| |
