# 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 $$ S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}, \quad \text { kde } \quad s=\frac{a+b+c}{2} $$ Bez označení $s$ pro poloviční obvod je zápis Heronova vzorce poněkud delší: $$ S=\frac{1}{4} \sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)} . $$ 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 $$ T=\frac{1}{4} \sqrt{(2 a+2 b+2 c)(2 c)(2 a)(2 c)}=\sqrt{a b c(a+b+c)} . $$ Dokazovanou nerovnost $T \geqq 4 S$ tudíž rozepíšeme jako $$ \sqrt{a b c(a+b+c)} \geqq \sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)} $$ v ekvivalentní nerovnosti mezi odmocňovanými výrazy zkrátíme činitel $(a+b+c)$ a dostaneme tak nerovnost $$ a b c \geqq(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c) $$ kterou nyní (pro strany $a, b, c$ obecného trojúhelníku) několika způsoby dokážeme. Při prvním z nich využijeme zřejmých nerovností $$ \begin{aligned} a^{2} \geqq a^{2}-(b-c)^{2} & =(a-b+c)(a+b-c), \\ b^{2} \geqq b^{2}-(c-a)^{2} & =(b-c+a)(b+c-a), \\ c^{2} \geqq c^{2}-(a-b)^{2} & =(c-a+b)(c+a-b) . \end{aligned} $$ Protože jde o tři nerovnosti mezi kladnými výrazy, součin jejich levých stran není menší než součin jejich pravých stran: $$ a^{2} b^{2} c^{2} \geqq(b+c-a)^{2}(a+c-b)^{2}(a+b-c)^{2}, $$ 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 $$ a^{2}=a^{2}-(b-c)^{2}, b^{2}=b^{2}-(c-a)^{2}, c^{2}=c^{2}-(a-b)^{2} $$ 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 $v=a-b+c$ : $$ a=\frac{(a+b-c)+(a-b+c)}{2} \geqq \sqrt{(a+b-c)(a-b+c)} $$ Využít takovou AG-nerovnost vás možná napadne, když dokazovanou nerovnost (2) přepíšete z původních proměnných $a, b, c$ do nových proměnných $$ u=a+b-c>0, v=a-b+c>0, w=-a+b+c>0 . $$ 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 $$ (u+v)(u+w)(v+w) \geqq 8 u v w $$ a souvislost $\mathrm{s}$ AG-nerovnostmi $$ \frac{u+v}{2} \geqq \sqrt{u v}, \frac{u+w}{2} \geqq \sqrt{u w}, \frac{v+w}{2} \geqq \sqrt{v w} $$ 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 $$ \frac{u^{2} v+u^{2} w+v^{2} u+v^{2} w+w^{2} u+w^{2} v}{6} \geqq u v w, $$ což je $A G$-nerovnost pro skupinu šesti členů $$ u^{2} v, u^{2} w, v^{2} u, v^{2} w, w^{2} u, w^{2} v $$ 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 $y$ : $$ \begin{aligned} & a b c-(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)= \\ & =a(a+x)(a+y)-(a+x+y)(a+y-x)(a+x-y)= \\ & =a\left[a^{2}+a(x+y)+x y\right]-[a+(x+y)]\left[a^{2}-(x-y)^{2}\right]= \\ & =\left[a^{3}+a^{2}(x+y)+a x y\right]-\left[a^{3}+a^{2}(x+y)-a(x-y)^{2}-(x+y)(x-y)^{2}\right]= \\ & =a\left[x y+(x-y)^{2}\right]+(x+y)(x-y)^{2} . \end{aligned} $$ 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 $$ \left(x_{5}\right)^{2}+\left(y^{4}\right)_{5}=2 x y^{2}+51 $$ 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 $$ (5 n)^{2}+\left(y^{4}-1\right)=2 \cdot(5 n+2) \cdot y^{2}+51 . $$ Postupnými úpravami dostaneme $$ \begin{aligned} \left(y^{4}-10 n y^{2}+25 n^{2}\right)-4 y^{2} & =52, \\ \left(y^{2}-5 n\right)^{2}-4 y^{2} & =52, \\ \left(y^{2}-5 n-2 y\right)\left(y^{2}-5 n+2 y\right) & =52 . \end{aligned} $$ 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 $$ (5 n)^{2}+\left(y^{4}-1\right)=2 \cdot(5 n-2) \cdot y^{2}+51 . $$ Postupnými úpravami dostaneme $$ \begin{aligned} \left(y^{4}-10 n y^{2}+25 n^{2}\right)+4 y^{2} & =52 \\ \left(y^{2}-5 n\right)^{2}+4 y^{2} & =52 . \end{aligned} $$ 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 $$ \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \omega\right)+\tau=90^{\circ}, \quad \text { neboli } \quad \omega=2 \tau . $$ ${ }^{1}$ Doporučujeme provést zkoušku, i když není nutnou součástí takto podaného řešení. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-05.jpg?height=431&width=441&top_left_y=153&top_left_x=495) Obr. 1a ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-05.jpg?height=482&width=445&top_left_y=106&top_left_x=1141) 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 $k$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-05.jpg?height=395&width=526&top_left_y=1407&top_left_x=409) Obr. 1c ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-05.jpg?height=512&width=510&top_left_y=1278&top_left_x=1076) 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- ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-06.jpg?height=618&width=675&top_left_y=111&top_left_x=714) 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 $$ |\Varangle B V K|=\frac{\beta+\gamma}{2}<90^{\circ} . $$ 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 $$ |\Varangle B S K|=2 \cdot|\Varangle B V K|=\beta+\gamma, $$ z rovnoramenného trojúhelníku $B K S$ tudíž plyne $$ |\Varangle S K Z|=|\Varangle S K B|=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-|\Varangle B S K|\right)=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\beta-\gamma\right)=\frac{1}{2} \alpha . $$ 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 $$ |\Varangle L B V|=|\Varangle L B A|+|\Varangle A B V|=\frac{1}{2}(\beta+\gamma) . $$ 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 $B V K$ : $$ |\Varangle K L Z|=90^{\circ}-|\Varangle B V K|=90^{\circ}-\frac{1}{2}(\beta+\gamma)=\frac{1}{2} \alpha . $$ 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 $$ |\Varangle K L Z|=|\Varangle K L S|=|\Varangle K B S|=\frac{1}{2} \alpha $$ (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 $$ \begin{aligned} & x_{1}^{4}+\frac{2}{x_{1}^{2}}=p x_{2}, \\ & x_{2}^{4}+\frac{2}{x_{2}^{2}}=p x_{3}, \\ & \cdots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots, \\ & x_{n-1}^{4}+\frac{2}{x_{n-1}^{2}}=p x_{n}, \\ & x_{n}^{4}+\frac{2}{x_{n}^{2}}=p x_{1} \end{aligned} $$ 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 $$ (-x)^{4}+\frac{2}{(-x)^{2}}=x^{4}+\frac{2}{x^{2}} \quad \text { a } \quad(-p)(-x)=p x $$ 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 $$ \left(x_{1}^{4}+\frac{2}{x_{1}^{2}}\right)\left(x_{2}^{4}+\frac{2}{x_{2}^{2}}\right) \ldots\left(x_{n}^{4}+\frac{2}{x_{n}^{2}}\right)=p^{n} x_{1} x_{2} \ldots x_{n} . $$ Každý činitel na levé straně odhadneme zdola podle známé nerovnosti $$ u+v \geqq 2 \sqrt{u v} $$ 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 $$ x_{i}^{4}+\frac{2}{x_{i}^{2}} \geqq 2 \sqrt{x_{i}^{4} \cdot \frac{2}{x_{i}^{2}}}=\left|x_{i}\right| \cdot 2 \sqrt{2}=x_{i} \cdot 2 \sqrt{2} . $$ Důsledkem rovnosti (2) je tudíž nerovnost $$ \left(x_{1} 2 \sqrt{2}\right)\left(x_{2} 2 \sqrt{2}\right) \ldots\left(x_{n} 2 \sqrt{2}\right) \leqq p^{n} x_{1} x_{2} \ldots x_{n} $$ ze které po krácení (kladným) součinem $x_{1} x_{2} \ldots x_{n}$ dostaneme podmínku na číslo $p$ ve tvaru $$ p^{n} \geqq(2 \sqrt{2})^{n}, \quad \text { neboli } \quad p \geqq 2 \sqrt{2} \text {. } $$ 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 $$ x_{i}^{4}=\frac{2}{x_{i}^{2}}, \quad \text { neboli } \quad x_{i}^{6}=2, \quad \text { tj. } \quad x_{i}=\sqrt[6]{2} . $$ Pro hodnotu $p=2 \sqrt{2}$ má tedy soustava (1) jediné (!) řešení $$ \left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=(\sqrt[6]{2}, \sqrt[6]{2}, \ldots, \sqrt[6]{2}) $$ 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 $$ x^{4}+\frac{2}{x^{2}}=p x, \quad \text { neboli } \quad x^{6}-p x^{3}+2=0 . $$ Poslední rovnice je kvadratická vzhledem $\mathrm{k}$ neznámé $y=x^{3}$ a má $\mathrm{v}$ oboru reálných čísel $y$ dvě rưzná řešení $$ y_{1,2}=\frac{p \pm \sqrt{p^{2}-8}}{2} $$ 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 $$ \left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)=\left(\sqrt[3]{y_{1}}, \ldots, \sqrt[3]{y_{1}}\right) \text { a }\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right)=\left(\sqrt[3]{y_{2}}, \ldots, \sqrt[3]{y_{2}}\right) $$ (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 $$ (x+1) P(x-1)+(x-1) P(x+1)=2 x P(x) \text {. } $$ 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 $$ P(x)=a x^{n}+b x^{n-1}+c x^{n-2}+d x^{n-3}+\ldots $$ 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 $P(x-1)$ : $$ \begin{aligned} P(x-1)= & a(x-1)^{n}+b(x-1)^{n-1}+c(x-1)^{n-2}+d(x-1)^{n-3}+\ldots= \\ = & a\left(x^{n}-\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) x^{n-1}+\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) x^{n-2}-\left(\begin{array}{c} n \\ 3 \end{array}\right) x^{n-3}+\ldots\right)+ \\ & +b\left(x^{n-1}-\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) x^{n-2}+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 2 \end{array}\right) x^{n-3}-\ldots\right)+ \\ & +c\left(x^{n-2}-\left(\begin{array}{c} n-2 \\ 1 \end{array}\right) x^{n-3}+\ldots\right)+d\left(x^{n-3}-\ldots\right)+\ldots= \\ = & a x^{n}+\left[-\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+b\right] x^{n-1}+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) a-\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+c\right] x^{n-2}+ \\ & +\left[-\left(\begin{array}{c} n \\ 3 \end{array}\right) a+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 2 \end{array}\right) b-\left(\begin{array}{c} n-2 \\ 1 \end{array}\right) c+d\right] x^{n-3}+\ldots \end{aligned} $$ Obdobným výpočtem zjistíme, že $$ \begin{aligned} P(x+1)= & a x^{n}+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+b\right] x^{n-1}+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) a+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+c\right] x^{n-2}+ \\ & +\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 3 \end{array}\right) a+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 2 \end{array}\right) b+\left(\begin{array}{c} n-2 \\ 1 \end{array}\right) c+d\right] x^{n-3}+\ldots \end{aligned} $$ 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 $x$ ): $$ \begin{aligned} &(x+1) P(x-1)+(x-1) P(x+1)= \\ &= x P(x-1)+P(x-1)+x P(x+1)-P(x+1)= \\ &= a x^{n+1}+\left[-\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+b\right] x^{n}+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) a-\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+c\right] x^{n-1}+ \\ &+\left[-\left(\begin{array}{c} n \\ 3 \end{array}\right) a+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 2 \end{array}\right) b-\left(\begin{array}{c} n-2 \\ 1 \end{array}\right) c+d\right] x^{n-2}+\ldots+ \\ &+a x^{n}+\left[-\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+b\right] x^{n-1}+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) a-\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+c\right] x^{n-2}+\ldots+ \\ &+a x^{n+1}+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+b\right] x^{n}+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) a+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+c\right] x^{n-1}+ \\ &+\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 3 \end{array}\right) a+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 2 \end{array}\right) b+\left(\begin{array}{c} n-2 \\ 1 \end{array}\right) c+d\right] x^{n-2}+\ldots- \\ &-a x^{n}-\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+b\right] x^{n-1}-\left[\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) a+\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+c\right] x^{n-2}-\ldots= \\ &= 2 a x^{n+1}+2 b x^{n}+\left[2\left(\begin{array}{c} n \\ 2 \end{array}\right) a-2\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+2 c\right] x^{n-1}+ \\ &+\left[2\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 2 \end{array}\right) b-2\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+2 d\right] x^{n-2}+\ldots \end{aligned} $$ Našli jsme první členy levé strany rovnice (1). Vypsat první členy její pravé strany je snadné: $$ 2 x P(x)=2 a x^{n+1}+2 b x^{n}+2 c x^{n-1}+2 d x^{n-2}+\ldots $$ 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 $$ 2\left(\begin{array}{l} n \\ 2 \end{array}\right) a-2\left(\begin{array}{c} n \\ 1 \end{array}\right) a+2 c=2 c \quad \text { a } \quad 2\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 2 \end{array}\right) b-2\left(\begin{array}{c} n-1 \\ 1 \end{array}\right) b+2 d=2 d, $$ 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 $$ P(x)=a x^{3}+c x+d $$ 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 $$ (x+1) P(x-1)+(x-1) P(x+1) \quad \text { a } 2 x P(x) . $$ 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) $$ (-a-c+d)-(a+c+d)=0 . $$ 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 $$ 2 \cdot P(0)+0 \cdot P(2)=2 \cdot P(1) \quad \text { a } \quad 0 \cdot P(-2)-2 \cdot P(0)=-2 \cdot P(-1) $$ 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 $d$ : $$ \begin{aligned} & (x+1) x(x-1)(x-2) Q(x-1)+d(x+1)+ \\ & +(x-1)(x+1) x(x+2) Q(x+1)+d(x-1)= \\ & \quad=2 x^{2}(x-1)(x+1) Q(x)+2 d x . \end{aligned} $$ 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 $$ (x-2) Q(x-1)+(x+2) Q(x+1)=2 x Q(x) $$ 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 $$ P(x)=x(x-1)(x+1) a+d=a x^{3}-a x+d \quad(a, d \in \mathbb{R}) . $$ 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 $$ 0 \cdot Q(1)+4 Q(3)=4 Q(2), \text { odkud } Q(3)=Q(2)=a \text {. } $$ Nyní volbou $x=3 \mathrm{v}$ rovnici (4) získáme rovnost $$ Q(2)+5 Q(4)=6 Q(3), \text { odkud } Q(4)=\frac{6 Q(3)-Q(2)}{5}=\frac{6 a-a}{5}=a . $$ 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 $$ Q(n+2)=\frac{2(n+1) Q(n+1)-(n-1) Q(n)}{n+3}=\frac{2(n+1) a-(n-1) a}{n+3}=a . $$ 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 ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-13.jpg?height=488&width=458&top_left_y=350&top_left_x=1381) Obr. 3 kromě nerovnosti $2 u \neq w$ musí platit rovněž nerovnost $zx$ 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. $7 \mathrm{~b}$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-14.jpg?height=490&width=607&top_left_y=590&top_left_x=412) Obr. 6a ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-14.jpg?height=479&width=613&top_left_y=1300&top_left_x=412) Obr. 7a ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-14.jpg?height=341&width=483&top_left_y=740&top_left_x=1149) Obr. $6 \mathrm{~b}$ ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-14.jpg?height=336&width=483&top_left_y=1442&top_left_x=1149) 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 $z2 z$, 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. $8 b$. ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-15.jpg?height=374&width=504&top_left_y=908&top_left_x=366) Obr. 8a ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_bc6c8625099d3a9175f4g-15.jpg?height=336&width=794&top_left_y=949&top_left_x=920) 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.