# Úlohy domácího kola kategorie C 

1. Při dělení jistého přirozeného čissla čisly 19 a 99 vyjdou jako zbytky dvě prvočísla. Součet obou neúplných podíli se rovná 1999. Určete dělené čislo.

ŘEŠENí. Obě dělení hledaného čísla $N$ vyjádříme rovnostmi

$$
N=19 a+p \quad \text { a } \quad N=99 b+q
$$

kde $a, b$ jsou příslušné neúplné podíly a $p, q$ příslušné zbytky. Podle zadání jsou čísla $p, q$ prvočísla, přičemž jako zbytky splňují nerovnosti $p<19$ a $q<99$. Nezáporná celá čísla $a, b$ jsou dle zadání zase taková, že jejich součet se rovná číslu 1999. Proto platí $b=1999-a$ a z dvojího vyjádření čísla $N$,

$$
N=19 a+p=99 \cdot(1999-a)+q,
$$

odvodíme rovnost $118 a+(p-q)=197$ 901. Protože rozdíl zbytků $p-q$ je „malé“ číslo, přesněji $-99<p-q<19$, je podle poslední rovnosti číslo $118 a$ takový násobek čísla 118, jenž leží mezi čísly 197901 - 19 a $197901+99$. Dělením 197901 : 118 zjistíme, že $197901=1677 \cdot 118+15$. Proto nutně platí $a=1677$ (takže $b=322$ ) a $p-q=15$. Z poslední rovnosti plyne, že jedno z prvočísel $p, q$ je liché a druhé sudé, tedy $q=2$ a $p=17$. Zbývá vypočítat hodnotu $N$ :

$$
N=19 \cdot 1677+17=99 \cdot 322+2=31880 \text {. }
$$

Poznámka. Někteří řešitelé budou postupovat tak, že nejprve odhadnou velikost hledaného čísla $N$, například řešením ,přibližné“ rovnice $\frac{N}{19}+\frac{N}{99}=$ $=1999$, která má kořen $N \doteq 31865$. Pak pomocí nejbližších násobků čísel 19 a $99(19 \cdot 1677=31863,99 \cdot 322=31878,19 \cdot 1678=31882)$ určí jediné možné hodnoty neúplných podílů $a, b$ (stačí diskutovat případy $N<31878$, $31878 \leqq N<31882$ a $N \geqq 31882$ ).

Odpověd': Hledané číslo je rovno 31880 .

2. Najděte všechny pravoúhlé trojúhelníky, ve kterých spojnice středi vepsané a opsané kružnice svírá s přeponou úhel 45 stupřü.

ŘEŠENí samotné úlohy by bylo možné vyložit na několika řádcích, kdybychom z následujícího textu „vypreparovali“ nezbytně potřebné poznatky a úvahy (viz poslední odstavec). Záměrně však uvedeme obšírnější výklad (rozčleněný do tří částí), abychom řešitele upozornili na obecnější tvrzení, která lze uplatnit i při řešení jiných úloh.

Cást $A$. Předpokládejme, že kružnice vepsaná obecnému trojúhelníku $A B C$ se dotýká stran $A B, B C, A C$ po řadě v bodech $P, Q$ a $R$ (obr. 2.1). Z hodin geometrie žáci ví o souměrnosti obou tečen vedených $\mathrm{z}$ daného bodu $\mathrm{k}$ dané

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-02.jpg?height=350&width=439&top_left_y=515&top_left_x=527)

Obr. 2.1

kružnici. Úsečky $A P$ a $A R$ jsou tudíž shodné, stejně jako úsečky $B P$ a $B Q$ a úsečky $C Q$ a $C R$. Ukážeme, jak lze délky

$$
x=|A P|=|A R|, y=|B P|=|B Q|, z=|C Q|=|C R|
$$

vyjádřit pomocí délek stran $a=|B C|, b=|A C|, c=|A B|$. Podle obr. 2.1 platí

$$
x+y=c, y+z=a, x+z=b
$$

což je soustava tří lineárních rovnic, z níž snadno plynou užitečné vzorce

$$
x=\frac{b+c-a}{2}, y=\frac{a+c-b}{2}, z=\frac{a+b-c}{2} .
$$

Část $B$. Nyní předpokládejme, že $A B C$ je pravoúhlý trojúhelník s přeponou $A B$. Označme $S$ střed kružnice vepsané a $Q, R$ její body dotyku s odvěsnami $B C, A C$ (obr. 2.2). Protože $S Q C R$ je pravoúhelník, jehož sousední strany $S Q$ a $S R$ jsou shodné (mají délku rovnou poloměru $\varrho$ kružnice vepsané), jedná se o čtverec o straně $\varrho$. Délku úseku $z=|C Q|$ jsme však vypočetli v Části A. Tak pro poloměr $\varrho$ kružnice vepsané pravoúhlému trojúhelníku s odvěsnami $a$, $b$ a přeponou $c$ dostáváme vzorec

$$
\varrho=\frac{a+b-c}{2} \text {. }
$$

Cást $C$. Předpokládejme konečně, že $A B C$ je pravoúhlý trojúhelník s přeponou $A B$, který splňuje podmínku z textu úlohy. Podle Thaletovy věty je střed $O$ kružnice opsané trojúhelníku $A B C$ středem přepony $A B$. Podle zadání má jeden z úhlů $S O A, S O B$ (kde $S$ je střed vepsané kružnice) velikost $45^{\circ}$; necht̉ je to úhel $S O B$ (obr. 2.3), jinak prehodíme označení vrcholů $A, B$. Bod $P$, v němž se kružnice vepsaná dotýká strany $A B$, je pak vnitřním bodem úsečky $O B$. Podle Cásti A platí vzorec $|B P|=\frac{1}{2}(a+c-b)$, takže

$$
|O P|=|O B|-|B P|=\frac{c}{2}-\frac{a+c-b}{2}=\frac{b-a}{2} .
$$

Vyjádřili jsme délku odvěsny $O P$ pravoúhlého trojúhelníku $S O P$. Jeho druhá odvěsna $S P$ má podle Části $\mathrm{B}$ délku $|S P|=\varrho=\frac{1}{2}(a+b-c)$. Protože však úhel $S O P$ má dle předpokladu velikost $45^{\circ}$, je trojúhelník $S O P$ rovnoramenný:

$$
|O P|=|S P| \text {, neboli } \frac{b-a}{2}=\frac{a+b-c}{2} \text {, neboli } 2 a=c \text {. }
$$

Strany pravoúhlého trojúhelníku $A B C$ jsou proto v poměru $a: b: c=1$ : : $\sqrt{3}: 2$, takže jeho vnitřní úhly jsou, jak je dobře známo, $30^{\circ}, 60^{\circ}$ a $90^{\circ}$. Pro úplnost je třeba ještě ukázat, že takový trojúhelník skutečně požadovanou vlastnost má. To lze provést obrácením předchozího postupu: z rovnosti $2 a=c$ se odvodí rovnost $|O P|=|S P|$, která znamená, že pravoúhlý trojúhelník $S O P$ je rovnoramenný, takže úhel $S O P$ má skutečně velikost $45^{\circ}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-03.jpg?height=470&width=277&top_left_y=1161&top_left_x=241)

Obr. 2.2

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-03.jpg?height=472&width=277&top_left_y=1158&top_left_x=592)

Obr. 2.3

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-03.jpg?height=468&width=293&top_left_y=1160&top_left_x=935)

Obr. 2.4

Stručné řešení podle obr. 2.4: Úsečka $S O$ svírá s přeponou $A B$ úhel $45^{\circ}$, právě když $|O P|=|S P|$. Protože však $|S P|=|S R|=|Q C|$ a $|P B|=|Q B|$, je rovnost $|O P|=|S P|$ ekvivalentní s rovností $|O P|+|P B|=|Q C|+|Q B|$,
tedy s rovností $|O B|=|B C|$. Podle Thaletovy věty však vždy platí $|O B|=$ $=|O C|$, takže rovnost $|O B|=|B C|$ nastane, právě když je trojúhelník $O B C$ rovnostranný, tedy právě když úhel $A B C$ měří $60^{\circ}$.

Odpověd': Požadovanou vlastnost mají právě ty pravoúhlé trojúhelníky, jejichž ostré vnitřní úhly mají velikost $30^{\circ}$ a $60^{\circ}$.

Poznámka: Úloha 2 je velmi podobná starší úloze MO (21-C-II-1b): Je dán pravoúhlý trojúhelník $A B C$, bod $D$ je střed jeho přepony $A B$ a bod $S$ je středem jemu vepsané kružnice. Dokažte: Jestliže $|C S|=|D S|$, pak jeden vnitřní úhel trojúhelníku $A B C$ má velikost $30^{\circ}$.

3. Zjistěte nejmenši přirozená čisla $k$, pro něž platí jednotlivá tvrzení a), b) a c): Obsadíme-li figurkami libovolných $k$ polí šachovnice $8 \times 8$, pak budou obsazena některá

a) tři sousední pole některého řádku,

b) tři sousední pole některé šikmé řady,

c) čtyři sousední pole některého řádku nebo sloupce.

Šikmou řadou rozumíme takovou skupinu polí, jejichž úhlopřŕčky jednoho z obou směrü leži na jedné a téže př́imce.

Formulace úlohy bude patrně pro řešitele $\mathrm{MO}$ kategorie $\mathrm{C}$ neobvyklá, diskutujme s nimi proto o její logické stavbě i obsahu, například o části c) takto: Lze se domnívat, že pokud na šachovnici jakkoliv obsadíme „velký" počet polí, budou mezi nimi čtyři sousední pole některého řádku nebo sloupce. Naším úkolem je zjistit nejmenší hodnotu toho „velkého" počtu, při kterém to je ještě pravda. Přesněji vyjádřeno, hledáme číslo $k$, které má tyto dvě vlastnosti:

(1) Obsadíme-li na šachovnici libovolných $k$ polí, budou mezi nimi čtyři sousední pole některého řádku nebo sloupce.

(2) Na šachovnici lze obsadit $k-1$ polí tak, aby mezi nimi nebyla žádná čtyři sousední pole žádného řádku ani žádného sloupce.

Někteří žáci se ve svých řešeních „spokojí“ s tím, že pouze popíší vhodné obsazení $k-1$ polí $\mathrm{s}$ vlastností z (2), a to (díky dobré intuici) skutečně pro největší možné $k$. Jiní $\mathrm{k}$ tomuto popisu připojí zdůvodnění, že jakmile $\mathrm{k}$ dotyčným $k-1$ polím přidají jakékoliv další pole, budou již mezi nimi čtyři sousední pole některého řádku nebo sloupce. Ani to není úplné řešení! Vlastnost z (1) je totiž nutné zdi̊vodnit pro $k a z ̌ d o u ~ k$-tici obsazených polí, nejen pro ty $k$-tice, které vzniknou přidáním jednoho pole $\mathrm{k}$ speciální (řešitelem popsané) skupině $k-1$ polí. (Strategii „přidávání dalšího pole“ bychom mohli v řešení úlohy využít, kdybychom uměli popsat všechna „maximální“ obsazení polí zmíněná v (2). Tento popis do textu našeho řešení každé z části a)-c) pro zajímavost připojujeme.)

Před řešením vlastní soutěžní úlohy proberme s žáky jednu návodnou úlohu.

Návodná úloha. V jedné řadě stojí za sebou 11 písmen, každé z nich je A nebo B. Nikde za sebou nestojí ani 3 písmena A, ani 4 písmena B. Kolik nejméně a kolik nejvíce písmen A v takové řadě může být?

ŘEŠENí. Danou řadu 11 písmen rozdělíme nejprve zleva doprava na skupiny po 4, 4 a 3 písmenech. Protože nikde za sebou nestojí 4 písmena $\mathrm{B}$, je v první skupině 4 písmen obsaženo aspoň jedno $A$, totéž platí i o druhé skupině 4 písmen. Tak jsme dokázali, že v celé řadě 11 písmen jsou aspoň dvě $\mathrm{A}$. Mohou to být právě dvě $A$, jak ukazuje příklad řady BBBABBBABBB. Podruhé rozdělíme celou řadu zleva doprava na skupiny po $3,3,3$ a 2 písmenech. Protože nikde za sebou nestojí 3 písmena $A$, je v každé skupině 3 sousedních písmen aspoň jedno B. Protože jsme vyčlenili 3 takové (disjunktní) skupiny, jsou v celé řadě aspoň tři písmena $\mathrm{B}$. Jinak řečeno, v celé řadě 11 písmen je nejvýše osm písmen $A$. Může to být právě osm $A$, jak ukazuje příklad řady AABAABAABAA. Tím je řešení návodné úlohy hotovo. Kdybychom řešili obecnější úlohu o řadě $N$ písmen $\mathrm{A}$ a $\mathrm{B}$, ve které nikde za sebou nestojí ani $a$ písmen $A$, ani $b$ písmen $\mathrm{B}$, o odpovědi na stejnou otázku by rozhodovala dělení $N: a$ a $N: b$ (se zbytky); vysvětlete sami jak.

Rešení ćásti a) soutěžní úlohy: Všimněme si, že v každém řádku je možné obsadit nejvýše šest polí tak, aby mezi obsazenými nebyla žádná tři sousední pole (stačí rozdělit všech osm polí řádku na skupiny 3,3 a 2 sousedních polí a zopakovat úvahu $\mathrm{z}$ řešení návodné úlohy). Proto lze na celé šachovnici obsadit nejvýše $8 \times 6=48$ polí tak, aby v žádném řádku nebyla obsazena tři sousední pole. Jinak řečeno, obsadíme-li libovolných 49 polí, pak obsazena budou některá tři sousední pole některého řádku. Tento jev nenastane pro (jediné) obsazení 48 polí, které vidíte na obr. 3.1, kde jsou obsazená pole vyznačena šrafováním (zmíněná jedinečnost plyne z toho, že je jediné možné obsazení šesti polí v každém řádku). Proto je hledané číslo $k$ rovno 49.

Řešení ćásti b): Zkusme postupovat obdobně jako při řešení části a). Vyberme tedy jeden z obou směrů šikmých řad, například směr „zleva zdola napravo nahoru" a posuzujme, kolik polí lze obsadit v jednotlivých šikmých řadách vybraného směru tak, aby v žádné $\mathrm{z}$ nich nebyla obsazena žádná tři sousední pole. Počty všech polí v těchto 15 řadách jsou (shora dolů) $1,2,3$, $4,5,6,7,8,7,6,5,4,3,2$ a 1 ; proto v nich lze požadovaným způsobem (při požadované podmínce) obsadit po řadě nejvýše $1,2,2,3,4,4,5,6,5,4,4,3$, 2, 2 a 1 pole (znovu uplatníme úvahu o disjunktních trojicích sousedních polí jako v návodné úloze). Proto lze na celé šachovnici obsadit nejvýše

$$
1+2+2+3+4+4+5+6+5+4+4+3+2+2+1=48
$$

polí tak, aby nebyla obsazena žádná tři sousední pole žádné šikmé řady vybra-
ného směru. Obsadíme-li s touto podmínkou v každé z uvažovaných 15 šikmých řad největší možný počet polí vhodným způsobem (v řadách o $1,2,5$ a 8 polích je toto „maximální“ obsazení jediné, v řadách o $3,4,6$ a 7 polích nikoliv, zvolme i v nich obsazení z pohledu zleva doprava typu XXOXXO...), dostaneme na celé šachovnici opět obsazení 48 polí z obrázku 3.1. Co je důležité: při tomto obsazení také v šikmých řadách druhého směru nejsou nikde obsazena tři sousední pole! Shrňme, co jsme zjistili:

1. Obsadíme-li na šachovnici libovolných 49 polí, budou mezi nimi tři sousední pole některé šikmé řady zvoleného směru.
2. Na šachovnici lze obsadit 48 polí tak, aby mezi nimi nebyla žádná tři sousední pole žádné šikmé řady (jednoho i druhého směru).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-06.jpg?height=296&width=297&top_left_y=675&top_left_x=352)

Obr. 3.1

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-06.jpg?height=294&width=305&top_left_y=676&top_left_x=840)

Obr. 3.2

To znamená, že pro část b) úlohy je hledané číslo $k$ rovno 49. Dodejme, že existují právě čtyři různá obsazení 48 polí zmíněná v (2). Kromě úplného obsazení šesti sloupců z obrázku 3.1 a obsazení, které je jeho otočením o $90^{\circ}$ (je tedy úplným obsazením šesti řad), je to zajímavé obsazení z obrázku 3.2 a jeho „zrcadlové překlopení“.

Důkaz: Jak víme, při každém obsazení 48 polí zmíněném v (2) musí být v každé šikmé řadě šachovnice obsazen největší možný počet polí (výčet těchto maximálních počtů jsme uvedli výše); na obr. 3.3 jsou znázorněny řady polí

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-06.jpg?height=353&width=295&top_left_y=1452&top_left_x=597)

Obr. 3.3
délek 1 až 8 , šrafováním jsou v nich vyznačena právě ta pole, která jsou nutně obsazena, je-li v celé řadě jakkoliv obsazen příslušný maximální počet polí (připomínáme podmínku: obsazena nejsou žádná tři sousední pole); znovu zopakujme, že všechna obsazená pole jsou vyznačena pouze $\mathrm{v}$ řadách o $1,2,5$ a 8 polích. Odtud plyne, že při libovolném obsazení 48 polí zmíněném v (2) je nutně obsazeno 36 polí vyznačených na obr. 3.4; dále už je snadné ukázat, že zbývajících 12 obsazených polí je tvořeno dvěma šesticemi polí značených na obr. 3.4 jednou z dvojic písmen: A a C, B a C, A a D nebo B a D (obrázek 3.1 odpovídá dvojici písmen B a D, obrázek 3.2 dvojici A a D).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-07.jpg?height=301&width=297&top_left_y=580&top_left_x=352)

Obr. 3.4

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-07.jpg?height=301&width=299&top_left_y=580&top_left_x=839)

Obr. 3.5

Rešení části c): Jako v části b) se zajímáme o skupiny polí dvou směrů, $\mathrm{v}$ tomto případě o řádky a sloupce. Posuzujme například nejdříve, kolik polí lze obsadit $\mathrm{v}$ jednotlivých řádcích tak, aby v žádném z nich nebyla obsazena čtyři sousední pole. Jak zjistíme pomocí rozdělení řádku na dvě čtveřice sousedních polí, obsazených polí bude $\mathrm{v}$ každém řádku nejvýše šest. Proto lze na celé šachovnici obsadit nejvýše $8 \times 6=48$ polí tak, aby v žádném řádku nebyla obsazena čtyři sousední pole. Jinak řečeno: obsadíme-li libovolných 49 polí, pak obsazena budou čtyři sousední pole některého řádku. (Je zajímavé srovnat tento závěr $s$ obdobným závěrem z řešení části a), kde jsme se zajímali nikoliv o čtveřice, nýbrž o trojice sousedních polí.) Nyní samozřejmě vzniká otázka, zda je možné na šachovnici obsadit 48 polí tak, aby nebyla obsazena čtyři sousední pole nejen v žádném řádku, ale ani v žádném sloupci. Taková obsazení existují, dva příklady vidíte na obr. 3.5 a 3.6. Proto i v části c) je hledané číslo $k$ rovno 49. Bez důkazu dodejme ještě popis všech obsazení 48 polí šachovnice, kdy mezi obsazenými poli nejsou čtyři sousední pole žádného řádku ani sloupce: Celou šachovnici rozdělíme na čtyři čtvrtiny $4 \times 4$, v jedné z nich, například levé horní části, obsadíme z 16 polí právě 12 tak, aby v ní zůstalo neobsazeno právě jedno pole $\mathrm{v}$ každém ze čtyř řádků i v každém ze čtyř sloupců (to je možné udělat $4 \cdot 3 \cdot 2=24$ způsoby, jeden z nich, odlišný od způsobů z obr. 3.5 a 3.6, je na obr. 3.7), a toto obsazení shodně přeneseme vodorovnými a svislými posunutími o čtyři pole do ostatních tří čtvrtin celé šachovnice.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-08.jpg?height=303&width=297&top_left_y=161&top_left_x=350)

Obr. 3.6

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-08.jpg?height=303&width=307&top_left_y=161&top_left_x=837)

Obr. 3.7

Odpověd: Hledané číslo $k$ je pro každou z částí a)-c) rovno témuž číslu 49 (pořadovému číslu letošního ročníku MO).

4. Jirka zhotovil papírový model pravidelného čtyřbokého jehlanu ABCDV s podstavou $A B C D$. Když pak model podél čtyř hran rozřrizl, bylo ho možno rozvinout (bez překrytí) do roviny. Kolik rüzných sití daného jehlanu tak mohl Jirka dostat? Ukázalo se, že sít, kterou Jirka dostal, měla tvar (nekonvexního) sedmiúhelníku. Vypočtěte úhel AVB v bočni stěně jehlanu.

ŘEŠENí. Počet různých sítí daného jehlanu určíme tak, že nejprve všechny možné sítě nakreslíme. Abychom některou možnost neopomenuli, měli bychom do výčtu sítí vnést určitý systém. Popíšeme dva přístupy, které takový systém vytvářejí (a které budou patrně žákům nejbližší).

Přistup 1 („od sítě k jehlanu“). Každá sít bude složena z jednoho čtverce o straně $a$ a čtyř rovnoramenných trojúhelníků o stranách $a, b, b$, kde $a$ značí délku podstavné hrany a $b$ délku boční hrany daného jehlanu $A B C D V$. Přemýšlejme tedy o tom, jak takový čtverec a čtyři trojúhelníky „slepit“ podél shodných stran do „celku“ a zda tento celek skutečně vytvoří sít jehlanu. Je velmi přirozené rozčlenit řešení tohoto úkolu podle počtu stran čtverce, které budou slepeny (možné počty jsou 1 až 4).

Přistup 2 („od jehlanu k síti“). Přemýšlejme o tom, jak rozříznout daný jehlan $A B C D V$ podél čtyř hran, abychom po rozvinutí dostali jeho sít. (Brzy si při tom uvědomíme jeden obecný poznatek: z každého vrcholu tělesa musí vycházet aspoň jedna hrana řezu.) Protože nám jde o počet různých (tj. po dvou neshodných) sítí, s ohledem na symetrii daného jehlanu není příliš vhodné systematizovat čtveřice hran řezu podle toho, zda obsahují některé konkrétní hrany (jako např. hrany $A B, A V$ apod.). Výhodnější je rozdělení těchto čtveřic do skupin podle toho, kolik hran řezu je v jehlanu podstavných (a kolik bočních).

Protože oba popsané přístupy vedou ke shodné systematizaci (je-li právě $k$ hran řezu podstavných, je v příslušné síti právě $4-k$ stran čtverce slepeno s trojúhelníky), popíšeme výčet všech sítí jen podle Přístupu 2:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-09.jpg?height=422&width=589&top_left_y=158&top_left_x=176)

Obr. 4.1
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-09.jpg?height=420&width=592&top_left_y=161&top_left_x=752)

Obr. 4.2

1. Neleží-li v podstavě $A B C D$ žádná hrana řezu, je jehlan rozříznut podél všech čtyř bočních hran, příslušná sít je na obr.4.1.
2. Předpokládejme, že v podstavě $A B C D$ leží jediná hrana řezu, například hrana $A D$. Z vrcholů $B$ a $C$ musí vycházet nějaké hrany řezu, mohou to tedy být jedině hrany $B V$ a $C V$. Tři hrany řezu jsou tedy $A D, B V$ a $C V$, s ohledem na symetrii je lhostejno, zda je čtvrtou hranu řezu $A V$ nebo $D V$, necht je to tedy hrana $A V$ jako na obr.4.2.
3. Předpokládejme, že v podstavě $A B C D$ leží právě dvě hrany řezu. Rozlišme, zda jsou to hrany sousední (např. $A B$ a $A D$ ), nebo hrany protější (např. $A D$ a $B C$ ); pro větší přehlednost oba případy posud'me v oddělených odstavcích:

(3a) Je-li podstava rozříznuta právě podél hran $A B$ a $A D$ (takže řezem v podstavě je lomená čára $B A D$ ), musí být třetí hranou řezu hrana $C V$, čtvrtá hrana řezu je pak jedna z hran $A V, B V$, nebo $D V$. S ohledem na symetrii případů, kdy je čtvrtou hranou řezu $B V$ nebo $D V$, uvádíme jen obrázky pro hrany řezu $A V$ (obr.4.3) a $B V$ (obr.4.4).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-09.jpg?height=384&width=268&top_left_y=1434&top_left_x=177)

Obr. 4.3

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-09.jpg?height=388&width=606&top_left_y=1434&top_left_x=738)

Obr. 4.4
(3b) Je-li podstava rozříznuta právě podél hran $A D$ a $B C$, je třetí hranou řezu jedna z bočních hran $A V, D V$ a čtvrtou hranou řezu jedna z bočních hran $B V, C V$ (nemohou to totiž být ani obě hrany $A V$, $D V$, ani obě hrany $B V, C V)$. $\mathrm{S}$ ohledem na symetrii stačí rozlišit jen dva př́ipady: boční hrany řezu jsou bud' $A V$ a $B V$ (obr. 4.5), nebo $A V$ a $C V$ (obr. 4.6).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-10.jpg?height=422&width=538&top_left_y=467&top_left_x=175)

Obr. 4.5

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-10.jpg?height=420&width=551&top_left_y=466&top_left_x=741)

Obr. 4.6

4. Předpokládejme, že v podstavě $A B C D$ leží právě tři hrany řezu, např́íklad hrany $A B, B C$ a $C D$, takže řezem v podstavě je lomená čára $A B C D$. $\mathrm{S}$ ohledem na symetrii nyní stačí rozlišit jen dva případy: čtvrtá hrana řezu vede do vrcholu $V$ bud'to z jednoho z obou krajních vrcholů zmíněné lomené čáry $A B C D$, například bodu $A$ (obr. 4.7), nebo z jednoho z obou prostředních vrcholů, například bodu $B$ (obr. 4.8).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-10.jpg?height=357&width=270&top_left_y=1288&top_left_x=174)

Obr. 4.7
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-10.jpg?height=354&width=888&top_left_y=1291&top_left_x=436)

Obr. 4.8

Zjistili jsme, že daný jehlan má právě osm různých sítí. (Většina žáků asi správně všech osm sítí do svých řešení nakreslí, aniž pocítí nutnost vysvětlovat, proč jiné sítě neexistují. Diskutujme s nimi o této otázce.)

Přejděme nyní $\mathrm{k}$ druhé části úlohy, otázce, kdy některá ze sítí daného jehlanu má tvar nekonvexního sedmiúhelníku. Podle obrázkư vidíme, že každá sít má, obecně vzato, osm vrcholů; jejich počet se sníží na sedm, právě když se úhel u jednoho z osmi obecných vrcholů „napřímí“, tj. bude mít velikost $180^{\circ}$. Velikosti všech dotyčných úhlů lze snadno vyjádřit pomocí $\omega=|\Varangle A V B|$ a $\alpha=|\nless B A V|$; zjistíme tak, popsaná situace nastane, jen když jeden z úhlů

$$
2 \alpha, \alpha+90^{\circ}, 2 \alpha+90^{\circ}, 2 \omega, 3 \omega \text { nebo } 4 \omega
$$

bude $180^{\circ}$. Položme si nyní poněkud obecnější otázku: Jaké hodnoty $\alpha$ a $\omega$ jsou přípustné, tj. odpovídají nějakému jehlanu $A B C D V$ ? Označme $S$ střed čtverce $A B C D$ a $E$ střed hrany $A B$ (obr. 4.9), z pravoúhlého trojúhelníku $E V S$ plyne,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-11.jpg?height=290&width=389&top_left_y=682&top_left_x=548)

Obr. 4.9

že $|E V|>|E S|$ neboli $|E V|>|A E|$, proto pro úhel $\alpha$ v pravoúhlém trojúhelníku $A V E$ platí $45^{\circ}<\alpha<90^{\circ}$ (pro $\alpha=45^{\circ}$ bychom dostali „zdegenerovaný“ jehlan s nulovou výškou, pro $\alpha=90^{\circ}$,jehlan" s nekonečnou výškou, tedy hranol). Zároveň je jasné, že pro každé $\alpha \in\left(45^{\circ}, 90^{\circ}\right)$ odpovídající jehlan existuje. Odtud vzhledem k rovnosti $2 \alpha+\omega=180^{\circ}$ plyne, že př́ipustné hodnoty $\omega$ zaplní interval $\left(0^{\circ}, 90^{\circ}\right)$. Proto z úhlů $(*)$ mohou být přímé jedině úhly $3 \omega$ a $4 \omega$. Pro $\omega=60^{\circ}$ mají tvar sedmiúhelníku sítě z obr. 4.4 a 4.5 , pro $\omega=45^{\circ}$ sítě z obr. 4.7 a 4.8 .

Odpověd': Jirka mohl dostat právě osm různých sítí. Úhel $A V B$ měl velikost $45^{\circ}$ nebo $60^{\circ}$.

5. V č́selném výrazu

$$
\begin{aligned}
& +1+2+3-4-5-6+7+8+9-10-11-12+\ldots+ \\
& +595+596+597-598-599-600)
\end{aligned}
$$

ve kterém chybi levá závorka, jsou postupně vypsána všechna přirozená čísla od 1 do 600; před nimi se pravidelně opakuji tři znaménka + a tři znaménka -. Doplňte levou závorku do výrazu tak, aby vyšel výsledek 378.

ŘEŠENí rozdělíme do pěti etap.

Cást $A$. Podle způsobu opakování znamének rozdělíme daný výraz (ještě bez obou závorek) na 100 úseku po šesti číslech

$$
\begin{gathered}
+1+2+3-4-5-6,+7+8+9-10-11-12 \\
+13+14+15-16-17-18, \ldots \\
+589+590+591-592-593-594,+595+596+597-598-599-600
\end{gathered}
$$

(říkejme jim dále stručně „úseky“). Při výpočtu celého výrazu bude výhodné určovat „dílčí součty“ právě po těchto úsecích: po doplnění chybějící levé závorky se totiž naruší „celistvost“ jediného úseku (toho, do kterého závorku doplníme).

Uložte žákům úkol, aby vypsali čísla toho úseku, který obsahuje dané číslo $x$, například $x=24, x=100, x=571$ apod. Žáci si tak uvědomí, jaký význam má při tom zbytek při dělení čísla $x$ číslem 6 , a tím se připraví na to, aby dokázali zapsat čísla v $k$-tém úseku $(k=1,2,3, \ldots, 100)$ takto:

$$
6 k-5,6 k-4,6 k-3,6 k-2,6 k-1,6 k \text {. }
$$

Část $B$. Určeme nyní hodnoty výrazů tvořených jednotlivými úseky. Po několika prvních výpočtech

$$
1+2+3-4-5-6=-9, \quad 7+8+9-10-11-12=-9
$$

se řešitelé jistě dovtípí, že pro každý úsek vyjde -9 . Někteří to vysvětlí úsudkem. Přesvědčeme je o výhodách (zejména přehlednosti) algebraického postupu, kdy například první číslo úseku označíme písmenem $x$ :

$x+(x+1)+(x+2)-(x+3)-(x+4)-(x+5)=(3 x+3)-(3 x+12)=-9$.

( $\mathrm{V}$ tomto místě ještě není důležité, že číslo $x$ je tvaru $6 k-5$.)

Část $C$. Zjistíme nyní možné hodnoty $V$ zkoumaného výrazu v případě, kdy chybějící levou závorku vepíšeme před číslo z některého konkrétního úseku, např́íklad toho, který obsahuje číslo 100:

$$
V=1+\ldots+\underbrace{* 97+* 98+* 99-* 100-* 101-* 102}_{\text {někam sem doplníme závorku }}+103+\ldots-600)
$$

Hvězdičkami jsme označili možná místa pro doplňovanou závorku. Snadno určíme, že před číslem 97 je 16 úseků a že za číslem 102 je 83 úseků $(16+83=99$, nezapočítaný stý úsek je tvořen čísly od 97 do 102). Je zřejmé, že pokud umístíme závorku na místo před číslo 97,98 nebo 99 , tedy za znaménko plus, přispěje
do výsledku $V$ všech 100 úseků číslem -9 , takže vyjde $V=100 \cdot(-9)=-900$. Umístíme-li závorku na místo před číslo 100, 101 nebo 102, tedy za znaménko minus, přispěje 16 úseků (před číslem 97) do výsledku $V$ číslem -9 , zatímco 83 úseků (za číslem 102) přispěje číslem $-(-9)=9$. Se závorkou před číslem 100 tak vyjde

$$
V=16 \cdot(-9)+97+98+99-100+101+102+83 \cdot 9=1000
$$

se závorkou před číslem 101

$$
V=16 \cdot(-9)+97+98+99-100-101+102+83 \cdot 9=798
$$

konečně se závorkou před číslem 102

$$
V=16 \cdot(-9)+97+98+99-100-101-102+83 \cdot 9=594 .
$$

Cást D. Konkrétní postup z Části C nyní zopakujeme v obecné situaci, kdy závorku doplníme do $k$-tého úseku, na místo některé $\mathrm{z}$ hvězdiček:

$$
\begin{aligned}
V= & 1+\ldots+*[6 k-5]+*[6 k-4]+*[6 k-3]- \\
& -*[6 k-2]-*[6 k-1]-*[6 k]+\ldots-600)
\end{aligned}
$$

(vyjádření čísel jsme zapsali do hranatých závorek kvůli odlišení od vepisované kulaté závorky). V Části C bylo $k$ rovno číslu 17, nyní je to libovolné přirozené číslo od 1 do 100 včetně. Před číslem $6 k-5$ je zřejmě $(k-1)$ úseků a za číslem $6 k$ je $(100-k)$ úseků. Pokud umístíme závorku na místo před číslo $6 k-5,6 k-4$ nebo $6 k-3$, tedy za znaménko plus, přispěje do výsledku $V$ všech 100 úseků číslem -9 , takže vyjde $V=100 \cdot(-9)=-900$. Umístíme-li závorku na místo před číslo $6 k-2,6 k-1$ nebo $6 k$, tedy za znaménko minus, přispěje prvních $(k-1)$ úseků číslem -9 , zatímco posledních $(100-k)$ úseků přispěje číslem $-(-9)=9$. Se závorkou před číslem $6 k-2$ tak vyjde

$$
\begin{aligned}
V= & (k-1) \cdot(-9)+[6 k-5]+[6 k-4]+[6 k-3]-[6 k-2]+[6 k-1]+ \\
& +[6 k]+(100-k) \cdot 9=898+6 k,
\end{aligned}
$$

se závorkou před číslem $6 k-1$

$$
\begin{aligned}
V= & (k-1) \cdot(-9)+[6 k-5]+[6 k-4]+[6 k-3]-[6 k-2]-[6 k-1]+ \\
& +[6 k]+(100-k) \cdot 9=900-6 k,
\end{aligned}
$$

konečně se závorkou před číslem $6 k$

$$
\begin{aligned}
V= & (k-1) \cdot(-9)+[6 k-5]+[6 k-4]+[6 k-3]- \\
& -[6 k-2]-[6 k-1]-[6 k]+(100-k) \cdot 9=900-18 k .
\end{aligned}
$$

Našli jsme všechny možné hodnoty $V$ zkoumaného výrazu po doplnění levé závorky.

Část $E$. Zjistíme nyní všechny případy, kdy výsledek $V$ má hodnotu 378 ze zadání úlohy. Podle Části D stačí řešit rovnice

$$
898+6 k=378,900-6 k=378,900-18 k=378
$$

v oboru přirozených čísel $k$ od 1 do 100. Řešení má pouze druhá a třetí rovnice, a to $k=87$ resp. $k=29$. Hodnotě $k=87$ odpovídá umístění závorky před číslo $6 k-1=521$, hodnotě $k=29$ odpovídá umístění závorky před číslo $6 k=174$.

Odpověd': Úloha má dvě řešení; závorku doplníme bud'to bezprostředně před číslo 521, nebo bezprostředně před číslo 174.

6. Je dán pravidelný šestiúhelník KLMNOP. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník $A B C$ s přeponou $A B$ tak, aby jeho vrchol $C$ ležel na úsečce $N P$, body $M$, $O, K$ ležely po řadě na přímkách $A B, B C, C A$ a aby př́imka $N P$ rozdèlila trojúhelník $A B C$ na dvě části se stejným obsahem.

ŘEŠENí. Jak je tomu u řešení konstrukčních úloh obvyklé, načrtneme nejdříve do jednoho obrázku daný šestiúhelník $K L M N O P$ i hledaný trojúhelník $A B C$ tak, aby jejich tvar i vzájemná poloha aspoň přibližně odpovídaly zadání (obr.6.1). To se žákům patrně nepodaří na první pokus; pokud jejich nezdary

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_17_d993a4bc4545d78e7ff5g-14.jpg?height=591&width=456&top_left_y=1068&top_left_x=500)

budou přetrvávat delší dobu, prozradíme jim, že speciální poloha daných bodů $K, L, M, N, O, P$ nebude mít na způsob konstrukce trojúhelníku $A B C$ žádný vliv. Proto je možné k rozboru úlohy využít i takový náčrtek, do kterého nejprve nakreslíme pravoúhlý trojúhelník $A B C$, teprve pak na prímkách $A B, B C, C A$
libovolně vybereme body $M, O, K$; konečně výběr bodů $N$ a $P$ podřídíme pouze tomu, že body $N, C, P$ mají v tomto pořadí ležet na přímce, jež dělí trojúhelník $A B C$ na dvě části se stejným obsahem; jde tedy o přímku $C S$, kde $S$ je střed strany $A B$.

Z obrázku 6.1 je patrné, že bod $C$ můžeme sestrojit jako průsečík úsečky $N P$ s Thaletovou kružnicí $\tau$ nad průměrem $O K$, nebot úhel $O C K$ je pravý. Jakmile takto nalezneme bod $C$, sestrojíme přímky $a=O C=B C$ a $b=$ $=K C=A C$. Všimněme si nyní trojúhelníku $S B C$. Podle Thaletovy věty platí $|S C|=|S B|$, takže přímka $a$ svírá shodné ostré úhly s př́imkami $P N$ a $A B$ (tyto úhly jsou vyznačeny na obrázku). Protože přímka $a$ je již sestrojena a přímka $P N$ je určena zadáním úlohy, má podle předchozí věty (prozatím neznámá) přímka $c=A B$ jednoznačně určený směr; protože má tato přímka $c$ navíc procházet daným bodem $M$, můžeme ji nyní sestrojit. Pak už určíme vrcholy $A$ a $B$ jako průsečíky přímky $c$ po řadě $\mathrm{s}$ př́mkami $b$ a $a$. Tím je celý postup konstrukce hotov. Důkaz správnosti: výsledkem konstrukce je zřejmě pravoúhlý trojúhelník $A B C$ s přeponou $A B$, jehož vrchol $C$ leží na úsečce $N P$ a jehož strany $B C, C A, A B$ leží po řadě na přímkách $a, b, c$, které procházejí po řadě body $O, K, M$; zbývá vysvětlit, proč průsečík $S$ přímky $P N$ s přeponou $A B$ je jejím středem. To ale plyne z toho, že podle konstrukce má trojúhelník $S B C$ shodné úhly při vrcholech $B$ a $C$.

Ze vzájemné polohy úsečky $N P$ a kružnice $\tau$ nad průměrem $O K$ plyne, že pro každý pravidelný šestiúhelník $K L M N O P$ má úloha jediné řešení.