# 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).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1cfd24a7401c7f386afg-03.jpg?height=499&width=645&top_left_y=236&top_left_x=708)

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).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1cfd24a7401c7f386afg-07.jpg?height=631&width=894&top_left_y=807&top_left_x=564)

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).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1cfd24a7401c7f386afg-08.jpg?height=457&width=399&top_left_y=1625&top_left_x=837)

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.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1cfd24a7401c7f386afg-10.jpg?height=342&width=408&top_left_y=1254&top_left_x=524)

Obr. 4

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1cfd24a7401c7f386afg-10.jpg?height=365&width=411&top_left_y=1231&top_left_x=1165)

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).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_a1cfd24a7401c7f386afg-11.jpg?height=936&width=1050&top_left_y=640&top_left_x=343)

Obr. 6