1
2
3
Úvod
Seminář z elementární matematiky zařazený do prvního semestru učitelského studia sleduje
přinejmenším tři cíle:
1. Poskytnout studentovi možnost diagnostikovat vlastní připravenost ke studiu matematiky.
2. Zdůraznit, že těžiště pronikání do matematických situací má ležet nikoli v přejímání hotových výsledků, ale ve vlastní tvůrčí činnosti studenta.
3. Naznačit příštímu učiteli, že poznávání vlastních myšlenkových pochodů při řešení úloh je
výrazným pomocníkem při poznávání myšlenkových pochodů žáka.
Po zkušenostech získaných během dvou let průběhu semináře jsme se rozhodli poskytnout
studentům čtyři z osmi probíraných tématických celků ve skriptové podobě. Každá ze čtyř
kapitol uvádí jak vyřešené příklady, tak i úlohy k řešení, z nichž některé jsou řešeny zevrubně,
jiné pouze zkratkově, či je uveden pouze výsledek.
a a
Tento symbol upozorňuje na přítomnost chyby v řešení.
|
_
./
a a
Tento symbol pak tuto chybu analyzuje a vysvětluje.
^
./
Ve skriptu jsou kromě těchto záměrných chyb jistě i chyby neúmyslné. Upozornění na každou
takovou chybu či návrh na vylepšení skript s radostí přijmeme.
Některé úlohy ze skript jsou přejaty z publikací Vrba, A.: Kombinatorika, MF, Praha 1980;
Bušek, I.: Řešené maturitní úlohy z matematiky, SPN, Praha 1985.
V Hostovlicích dne 18. 6. 1995
Děkujeme kolegovi J. Zhoufovi za pečlivé přečtení textu.
V Praze dne 18. 6. 2000
Autoři
4
Kapitola 1
Rovnice
Domluva: Pokud nebude uvedeno jinak, budeme všechny rovnice nadále řešit v oboru reálných
čísel R. Text „V R řešte rovniciÿ vypouštíme.
1.1
Slovní rovnice
Příklad 1
Až bude Evě tolik let, co je dnes Ivovi, bude Ivo o 10 let starší, než je Eva
dnes. Kolik bylo Ivovi, když se Eva narodila?
Řešení
Vhled: U slovních úloh vůbec, a u úloh o věku zvláště, je rozhodující uchopení textu do
průhledně zapsaného schématu – rovnice, tabulky či grafu. Na úlohy o věku je nejčastěji
vhodná tabulka.
V našem případě jde o dvě osoby, Evu a Iva, a tři časové hladiny – „tehdyÿ, tj. dobu, kdy se
Eva narodila, „dnesÿ a „potomÿ. Dostáváme tedy celkem šest číselných údajů a, b, c, d, e, f
přehledně zapsaných v tabulce.
Eva
Ivo
tehdy
a
d
dnes
b
e
potom
c
f
Strategie: Vypíšeme všechny vazby, které se v zadání úlohy vyskytují otevřeně i skrytě, a pak
z nich vypočteme potřebné údaje.
Realizace: Ze zadání přímo plynou tři rovnice: a = 0, c = e, b + 10 = f . Skrytě je v úloze
přítomna skutečnost, že „věk Iva minus věk Evy je pořád stejnýÿ. Tedy d − a = e − b = f − c.
Máme pět rovnic o šesti neznámých. Ne všechno se nám tedy povede zjistit. Naším úkolem
je najít pouze číslo d. To najít lze. Když do vztahů d − a = e − b = f − c dosadíme a = 0,
c = e, b + 10 = f , bude d = c − b = b + 10 − c a odtud d = 5.
Odpověď: Eva se narodila, když bylo Ivovi pět let.
Poznámka: Ať volíme b jakkoli, bude c = e = b + 5, f = b + 10.
5
6
KAPITOLA 1. ROVNICE
Příklad 2
Vodní nádrž je možno plnit třemi přívody. Druhým se naplní za dobu o polovinu delší než prvním, třetím za dobu o osm hodin delší než prvním. Všemi
přívody současně se naplní za 4,5 hodiny. Za jakou dobu by se nádrž naplnila
každým přívodem zvlášť?
Řešení
Vhled: V této úloze vystupují u každého přívodu dva údaje – za jak dlouho se tímto přívodem
naplní celá nádrž a jaká část nádrže se přívodem naplní za jednu hodinu.
Strategie: Nechť t1 je čas, za který se prvním přívodem naplní celá nádrž, a V1 objem té části,
která se naplní prvním přívodem za jednu hodinu. Podobně t2 , V2 charakterizují druhý přívod
a t3 , V3 třetí přívod. Pomocí těchto údajů zapíšeme všechny vazby z textu úlohy.
Dále využijeme základní vazby: t1 V1 = 1, t2 V2 = 1, t3 V3 = 1. Získané rovnice vyřešíme.
Realizace: Každou ze tří podmínek z textu úlohy zapíšeme pomocí symbolů.
• Druhým přívodem se nádrž naplní za dobu o polovinu delší než prvním, tj. t2 = 32 · t1 .
• Třetím přívodem se naplní za dobu o osm hodin delší než prvním, tj. t3 = t1 + 8.
• Všemi přívody současně se nádrž naplní za 4,5 hodiny, tj. 4, 5(V1 + V2 + V3 ) = 1, neboť část
nádrže, která nateče za hodinu všemi přívody, je V1 + V2 + V3 .
Z prvních dvou vztahů a základních vazeb dostaneme 2V1 = 3V2 a V1 = V3 + 8V1 V3 . Máme tři
1
rovnice o třech neznámých V1 , V2 , V3 . Z nich máme (záporná řešení neuvažujeme): V1 = 10
,
1
1
t1 = 10, V2 = 15 , t2 = 15, V3 = 18 , t3 = 18.
Odpověď: Nádrž se prvním přívodem naplní za 10 hodin, druhým za 15 hodin, třetím za 18 hodin.
Úlohy
1. Otci a synovi je dohromady 30 let. Syn se narodil, když bylo otci osmkrát tolik, kolik je
dnes synovi. Kolik je dnes synovi?
2. Na oslavě svých narozenin Mařenka řekla mamince: „Dnes je ti dvakrát tolik, co je mně.
Za čtyři roky bude Honzovi tolik, kolik je dnes mně, a tvůj věk bude součtem našich věků.ÿ
Kolikáté narozeniny Mařenka oslavuje?
3. a) Loni byl otec osmkrát starší než syn. Dnes je jim dohromady 47 let. Kolik je dnes otci?
b) Loni bylo otci a synovi dohromady 40 let. Dnes je otec pětkrát starší než syn. Kolik let
je dnes otci?
4.
Dnes je otci tolik, co matce se synem dohromady. Syn se narodil, když oběma rodičům
dohromady bylo 50 let. Až bude synovi tolik, kolik bylo matce, když otci bylo 20, bude otci
43 let. Kolik je dnes otci, matce a synovi?
5. Pavlovi a Janě je dnes dohromady 27 let. Až bude Pavlovi tolik, kolik je Janě dnes, bude
mít Jana dvojnásobek let, co měl Pavel, když jí bylo tolik, co je dnes Pavlovi. Kolik je dnes
Janě?
1.1. SLOVNÍ ROVNICE
7
6.
Vodní nádrž je plněna dvěma přívody. Prvním za 3 hodiny natekla třetina nádrže. Pak
byl první přítok zastaven a puštěn byl druhý přítok po dobu 2 hodin. Natekla druhá třetina
nádrže. Jak dlouho ještě musí být puštěny oba přítoky, aby se nádrž zcela naplnila?
7. a) Jedním přítokem se bazén naplní o 4 hodiny a druhým o 25 hodin později než oběma
najednou. Za jakou dobu se bazén naplní prvním přítokem?
b) Nádržka se naplní prvním kohoutem o 4 hodiny a druhým o 9 hodin později než oběma
najednou. Za jakou dobu se naplní druhým kohoutem?
8. Jeden ze dvou závodů může splnit určitou objednávku o 4 dny dříve než druhý. Při společné
práci by oba závody splnily za 35 dní šestkrát větší objednávku. Za kolik dní může splnit celou
původní objednávku každý závod?
9. Petr a Milan jeli tramvají do kina, které je v ulici na trati tramvaje mezi stanicemi A a B.
Poměr vzdáleností vchodu do kina od stanic A a B je 3 : 2. Petr vystoupil na stanici A,
Milan na stanici B. Šli stejnou průměrnou rychlostí a ke vchodu do kina přišli oba v témže
okamžiku. Vypočítejte, kolikrát byla průměrná rychlost jejich chůze menší než průměrná
rychlost tramvaje mezi stanicemi A a B.
10. Vzdálenost mezi dvěma městy A a B je 48 km. Osobní auto ujelo dráhu AB o 20 minut
dříve než nákladní auto. Vypočítejte průměrné rychlosti obou aut, víte-li, že rozdíl těchto
rychlostí je 12 km/h.
11. Chodci A, B si vyjdou současně vstříc z míst vzdálených 57,2 km. Když se sejdou,
shledají, že A ušel o 4,4 km více, protože kráčel o 0,8 km/h rychleji než B. Jak rychle šel A?
12. Cyklista i automobilista jedou na stejné trati z A do Q. Auto z města A vyrazilo o 25 minut
později než cyklista a po 15 minutách ho předjelo. V okamžiku, kdy dojelo do města Q, měl
cyklista ujeto již 35 km a do cíle mu zbývalo ještě 50 minut šlapání. Určete vzdálenost obou
měst, rychlost cyklisty i automobilu.
13. Ze dvou míst vzdálených 285 km vyjela v 15.00 dvě nákladní auta proti sobě; první ujede
30,5 km a druhé 40,75 km za hodinu. Kdy se potkají?
14. Máme dvě třílitrové nádoby. V každé jsou 2 litry směsi tekutin A a B. V první nádobě je
směs tekutin A a B v poměru 3 : 5. Ve druhé nádobě je směs v neznámém poměru. Přelejeme
1 l tekutiny z druhé nádoby do první nádoby, směs v první nádobě dokonale promícháme a 2
l této nové směsi přelejeme zpět do druhé nádoby. V ní budou 3 litry směsi v poměru 1 : 1.
Jaký bude poměr směsi v první nádobě?
Řešení
1. Synovi jsou dnes 3 roky, otci je 27 let.
2. Úlohu budeme řešit metodou pokus omyl. Předpokládejme například, že Mařence je dnes
10 let. Pak matce je 20. Tato situace je nereálná. Zkusme jinou možnost. Mařence je dnes
8
KAPITOLA 1. ROVNICE
20 let. Její mamince je tedy 40 a Honzovi 16. Za čtyři roky bude Honzovi 20, Mařence 24
a mamince 44. Máme řešení.
a a
Odpověď: Mařenka oslavuje dvacáté narozeniny.
|
_
./
a a
Chyba, které jsme se dopustili, spočívá v tom, že jsme neprověřili, zda neexistuje i jiné řešení. Ono
^
existuje. Zkusme například předpokládat, že Mařence je dnes 21. Lehce prověříme, že i pro toto číslo
./
budou podmínky úlohy splněny. Podobně bychom uspěli i s dalšími čísly 22, 23,. . . .
Z uvedených údajů nelze jednoznačně určit dnešní věk Mařenky. Nahlédneme to pomocí známé tabulkové metody. Označme dnešní věk Mařenky x. Pak všechny další hodnoty jsou dány tabulkou:
dnes
potom
Mařenka
x
x+4
Honza
x−4
x
Maminka
2x
2x + 4
Z tabulky je vidět, že ať volíme x jakkoli, všechny vazby zadání jsou z matematického hlediska splněny.
Nelze však říci, že x může být jakékoli číslo. Kromě matematických vazeb dává kontext úlohy i vazby na
reálné situace. Zde však nelze tak jednoznačně určit hranice možného a nemožného jako v matematice.
Metoda pokus omyl je užitečná při nabývání vhledu do problémové situace. Zřídka však umožňuje
najít všechna řešení. Proto je nutné doplnit ji přesnější metodou.
3. a) Otci je 41 let. b) Otci je 35 let.
4. Uvažujeme čtyři časové hladiny: (A) otci bylo 20, (B) syn se narodil, (C) dnes, (D) synovi
bude tolik, co bylo matce v době (A).
Označíme-li dnešní věk otce o, matky m, syna s, bude situace uchopena tabulkou:
otec
matka
syn
A
20
20 + m − o
–
B
o−s
m−s
0
C
o
m
s
D
43
43 + m − o
20 + m − o
K této tabulce je nutno dodat podmínky: o = m + s a o + m − 2s = 50. Ze sloupce (D) vidíme,
že matka je o 23 let starší než syn. Pak m = 23 + s, o = 23 + 2s a ze vztahu o + m − 2s = 50
pak dostáváme s = 4.
Odpověď: Dnes je otci 31 let, matce 27 let a synovi jsou 4 roky.
5. Janě je dnes 15 let.
6. Za 1 hodinu nateče prvním přítokem 19 nádrže, druhým přítokem 16 nádrže. Tedy oběma
5
přítoky současně nateče za hodinu 19 + 16 = 18
nádrže. Třetina nádrže pak oběma přítoky
1 5
6
nateče za 3 / 18 = 5 hodiny, tj. 72 minut.
Odpověď: Oba přítoky musí být ještě puštěny 72 minut.
7. a) Prvním přítokem se bazén naplní za 14 hodin.
b) Nádržka se druhým kohoutem naplní za 15 hodin.
8. První závod splní objednávku za 10 dní, druhý za 14 dní.
1.1. SLOVNÍ ROVNICE
9
9. Stačí, když načrtneme úsečku AB a na ní dva body: polohu kina K a bod P , ve kterém byl
Petr v okamžiku, kdy Milan vystupoval na zastávce B z tramvaje. Protože v tom okamžiku
jsou oba chlapci stejně daleko od kina K, je K středem úsečky P B. Tedy |AK| : |AB| = 1 : 5.
Za stejný čas ujede tramvaj pětinásobek toho, co ujde Petr.
Odpověď: Rychlost tramvaje je pětkrát větší než rychlost chůze každého z chlapců.
vzdálenost
B
bb
b Milan
b
bb
K
tramvaj
"
"
"
"
" Petr
"
P ""
čas
A "
10. Označme x dobu (v hodinách), za kterou ujelo dráhu z A do B osobní auto. Pak nákladní
auto ujelo tuto dráhu za x + 13 hodiny. Rychlost osobního auta byla 48
x (v km/h) a nákladního
48
2 + x − 4 = 0, odkud x = 1,
.
Rozdíl
obou
čísel
je
12.
To
vede
na
kvadratickou
rovnici
3x
1
x+ 1
3
x2 = − 34 . Smysl dává pouze kladný kořen.
Odpověď: Průměrná rychlost osobního auta byla 48 km/h a nákladního 36 km/h.
11. Chodec A šel rychlostí 5,6 km/h.
12. Přehledně je situace uchopena grafikonem pohybu, který úlohu převádí na úlohu geomety
35
x
rickou. Z podobnosti trojúhelníků ACE, ADF a HGF máme 40
= 40+z
= 50
. Z podobnosti
y
trojúhelníků BCE a BDG máme 15
= 35+x
.
Odtud
x
=
25,
y
=
20,
z
=
30.
15+z
dráha (km)
Q
G
H
x
BG. . . grafikon auta
AH. . . grafikon cyklisty
F
35
E
y
čas (min.)
z D
50
A 25 B 15 C
Odpověď: Vzdálenost měst je 60 km, rychlost cyklisty je 30 km/h, rychlost auta 80 km/h.
13. Potkají se v 19.00.
14. Postup dvou přelévání zachytíme tabulkou, ve které druhý sloupec popisuje výchozí stav,
třetí sloupec stav po prvním přelití a čtvrtý sloupec stav závěrečný, tj. po druhém přelití.
10
objem
objem
objem
objem
KAPITOLA 1. ROVNICE
tekutiny
tekutiny
tekutiny
tekutiny
A
B
A
B
v první nádobě
v první nádobě
ve druhé nádobě
ve druhé nádobě
3
4
5
4
1+x
1−x
5+2x
4
7−2x
4
1+x
2
1−x
2
5+2x
12
7−2x
12
8+5x
6
10−5x
6
litrů
litrů
litrů
litrů
1
= 10−5x
Závěrečná podmínka úlohy stanoví 8+5x
6
6 , tedy x = 5 .
Odpověď: V první nádobě bude směs v poměru 9 : 11.
1.2
Kvadratické rovnice
Poznámka: Při úvahách o kvadratických rovnicích hrají důležitou úlohu tzv. Vi`etovy vztahy:
Pro kvadratickou rovnici ax2 + bx + c = 0 s kořeny x1 , x2 platí: x1 + x2 = − ab , x1 x2 = ac .
Příklad 3
√ √
√ √
p
√
Prověřte, že každé z čísel x1 = 6+2 2 , x2 = 6−2 2 , x3 = 2 + 3 je kořenem
√
kvadratické rovnice x2 − x 6 + 1 = 0. Vysvětlete, jak je možné, že kvadratická
rovnice má tři kořeny.
Řešení
Prověřování je rutinní kalkulace, tu přenecháme čtenáři. Skutečně, všechna tři čísla jsou kořeny dané kvadratické rovnice. Pomocí kalkulačky se podíváme, jak tato čísla vypadají v desetinném zápisu. Zjistíme, že x1 = x3 . Tuto rovnost dokážeme, když obě její strany umocníme.
Záhada je√vysvětlena,
jsou pouze dva.
√
p kořeny
√
6+ 2
Rovnost
= 2 + 3 ukazuje, že stupňovitou odmocninu lze vyjádřit pomocí dvou
2
jednoduchých odmocnin. Nevíme však, zda je to možné vždy. Následující úlohy vedou čtenáře
ke zkoumání uvedeného problému.
Příklad 4
√
√
Najděte kořeny rovnice x2 − x 2 − 3 − 6 = 0 bez stupňovité odmocniny.
Řešení
Použitím vzorce máme
√
x1,2 =
2±
p
√
√
14 + 4 6
1± 7+2 6
√
=
.
2
2
p
(∗∗)
Pokusíme se odstranit stupňovitou odmocninu. Budeme hledat
√ výraz, ve kterém je pouze
jednoduchá odmocnina a jehož druhou mocninou je číslo 7 + 2 6. Když
se čtenář nad
√
√ touto
√
otázkou hlouběji zamyslí, zjistí, že hledaný výraz může být typu a+b 6 nebo typu a 2+b 3,
kde a, b jsou celá čísla.
Tedy √
√
• (a√
+ b 6)√2 = 7 + 2 6√⇔ a2 + 6b2 = 7, ab = 1 ⇔ a = b = 1, nebo a = b = −1,
• (a 2 + b 3)2 = 7 + 2p 6 ⇔ 2a2 + 3b2 = 7, ab = 1, řešení neexistuje.
√
√
√
√
√
Po dosazení 1 + 6 za 7 + 2 6 do (∗∗) máme x1 = 2 + 3, x2 = − 3.
Kontrolu lze
√ udělat dosazením
√ obou kořenů do původní rovnice nebo přes Vi`etovy vztahy:
x1 + x2 = 2, x1 x2 = −3 − 6.
1.2. KVADRATICKÉ ROVNICE
Případ −1 −
√
6 není řešením, neboť
11
p
√
7 + 2 6 je kladné číslo.
12
KAPITOLA 1. ROVNICE
Úlohy
15. Řešte danou
√ kvadratickou rovnici a její
√ kořeny vyjádřete bez stupňovité odmocniny.
a) x2 − 3x + 7√− 5 = 0;
c) x2 + x − 5 + 5 = 0;
b) x2 + x − 3 5√− 7 = 0;
d) x2 + x + 3 − 5 = 0.
√
16. Řešte kvadratickou rovnici x2 − x
√
2 − 3 − 6 = 0 a její kořeny vyjádřete bez stupňovité
odmocniny.
p√
17. Řešte kvadratickou rovnici x2 − x
2−1−
√
2 = 0 a její kořeny vyjádřete v co nejjed-
nodušším tvaru.
18. Najděte všechny reálné kořeny rovnice čtvrtého stupně a kořeny vyjádřete v co nejjednodušším tvaru. √
√
a) x4 + 3x2 − 3 + 5 = 0, b) x4 − 10x2 − 12(1 + 7) = 0.
19. Nechť x1 , x2 jsou kořeny kvadratické rovnice Ax2 + Bx + 1 = 0. Pak
kvadratické rovnice
Ax2
+ (2A −
B 2 )x
x1 x2
x2 , x1
jsou kořeny
+ A = 0. Dokažte.
20. Nechť x1 , x2
jsou kořeny kvadratické rovnice Ax2 + Bx + C = 0. Najděte kvadratickou
rovnici, jejíž kořeny jsou
a) −x1 , −x2 ; b) 5x1 , 5x2 ; c) x11 , x12 ; d) x1 + x2 , x1 x2 .
Řešení
√
√
15. a) x1 = 1 + √7, x2 = 2 − 7;
√
b) x1 = 1 √
+ 5, x2 =
−2
−
5;
√
− 1;
c) x1 = − 5, x2 = 5√
d) diskriminant D = 4 5 − 11 je záporný, řešení neexistuje.
16. x1 =
√
2+
√
√
3, x2 = − 3.
p √
p√
2 + 1, x2 = − 2 2 − 2. Rada: Umocněte celou rovnici na druhou (tím se
17. x1 =
zbavíte stupňovité odmocniny). Nezapomeňte na zkoušku.
p√
p√
18. a) Rovnice má dva reálné kořeny x1 =p 5 − 2, x2 = −
5 − 2.p
√
√
√
√
b) Rovnice má dva reálné kořeny x1 = 2 7 + 8 = 1+ 7, x2 = − 2 7 + 8 = −1− 7.
19. Použijeme-li Vi`etovy vztahy, dostaneme x1 + x2 = − B
A , x1 x2 =
x1
x2
B 2 −2A x1 x2
, x2 · x1 = 1. To je rutinní kalkulace.
x2 + x1 =
A
1
A
a chceme dokázat
(Viz M. Hejný a kol.: Teória vyučovania matematiky 2, SPN, Bratislava 1990, str. 205.)
20.
Rada: Použijte Vi`etovy vztahy.
a) Ax2 − Bx + C = 0;
c) Cx2 + Bx + A = 0, kde C 6= 0;
b) Ax2 + 5Bx + 25C = 0;
d) A2 x2 + A(B − C)x − BC = 0.
1.3. TRIGONOMETRICKÉ ROVNICE
1.3
13
Trigonometrické rovnice
Poznámky:
1. Moivreova formule praví:
Pro všechna x ∈ R, m ∈ N platí (cos x + i sin x)m = cos mx + i sin mx.
2. Zavedení funkcí arcsin, arccos, arctg a arccotg :
Nechť b ∈ h−1, 1i, pak existuje právě jedno x ∈ h− π2 , π2 i tak, že sin x = b. Číslo x nazýváme
arkus sinus b a označujeme arcsin b. Tedy sin x = b, x ∈ h− π2 , π2 i ⇔ x = arcsin b.
Podobně je definován arkus kosinus, arkus tanges a arkus kotangens:
cos x = b, x ∈ h0, πi, b ∈ h−1, 1i ⇔ x = arccos b,
tg x = b, x ∈ (− π2 , π2 ) ⇔ x = arctg b,
cotg x = b, x ∈ (0, π) ⇔ x = arccotg b.
Domluva: V následujících úlohách písmeno k označuje libovolné celé číslo.
Příklad 5
Najděte všechna x ∈ h0, 2π), pro něž sin 3x = sin 2x.
Řešení I
Strategie: sin 2x i sin 3x převedeme na sin x a cos x.
Realizace: Z Moivreovy věty pro m = 3 dostaneme: (cos x + i sin x)3 = cos 3x + i sin 3x.
Po umocnění cos3 x − 3 sin2 x cos x + i(3 sin x cos2 x − sin3 x) = cos 3x + i sin 3x. Tj. sin 3x =
= 3 cos2 x sin x − sin3 x. Podobně pro m = 2 dostaneme sin 2x = 2 sin x cos x. Po dosazení
obou výrazů do původní rovnice dostaneme 3 cos2 x sin x − sin3 x = 2 sin x cos x, odkud
sin x(3 cos2 x − sin2 x − 2 cos x) = sin x(4 cos2 x − 1 − 2 cos x) = 0.
Tedy√buď sin x = 0, nebo 4 cos2 x − 2 cos x − 1 = 0. Z této kvadratické rovnice plyne cos x =
= 1±4 5 .
√
1+ 5
4
252◦ .
Konečně sin x = 0 ⇔ x1 = 0◦ , x2 = 180◦ , cos x =
√
≈ 0, 809017 ⇔ x3 ≈ 36◦ , x4 ≈ 324◦ ;
cos x = 1−4 5 ≈ −0, 309017 ⇔ x5 ≈ 108◦ , x6 ≈
Lehce se přesvědčíme, že všechny čtyři kořeny, které jsme našli přibližně, jsou přesné. Například když do původní rovnice dosadíme x3 = 36◦ , dostaneme sin 72◦ = sin 108◦ =
= sin(180◦ − 72◦ ), což platí přesně a ne jen přibližně. Stejně pro kořeny x4 , x5 a x6 .
Výsledek: Množina řešení je {0◦ , 36◦ , 108◦ , 180◦ , 252◦ , 324◦ }.
Řešení II
x−y
Strategie: Použijeme vzorec sin x − sin y = 2 cos x+y
2 sin 2 .
Realizace: Danou rovnici napíšeme ve tvaru sin 3x − sin 2x = 0 a použijeme uvedený vzorec.
x
5x
5x
π
π
2
Dostaneme 2 cos 5x
2 sin 2 = 0. Odtud buď cos 2 = 0 ⇔ 2 = 2 + kπ ⇔ x = 5 + 5 kπ ⇔
7π
9π
x
x
⇔ x1 = π5 , x2 = 3π
5 , x3 = π, x4 = 5 , x5 = 5 , nebo sin 2 = 0 ⇔ 2 = kπ ⇔ x6 = 0.
7π 9π
Výsledek: Množina řešení je {0, π5 , 3π
5 , π, 5 , 5 }.
14
KAPITOLA 1. ROVNICE
Řešení III
Strategie: Použijeme obrázek.
Realizace: Na prvním obrázku je jednotková kružnice a na ní jsou vyznačeny body A, B, C, D.
Každý z oblouků AB, BC, CD má délku x. Rovnice sin 3x = sin 2x se v geometrickém jazyku
mění na podmínku: přímka CD je rovnoběžná s osou x. Pak ale osa y je osou souměrnosti
úsečky CD a odtud okamžitě plyne, že 90◦ = 2, 5x. Tedy x1 = 36◦ je první kořen.
Druhý obrázek ukazuje, jak získáme řešení x2 = 108◦ . Ze souměrnosti podle osy x plyne,
že i x = −36◦ a x = −108◦ jsou řešení dané rovnice. Tato řešení však neleží ve vymezeném intervalu h0◦ , 360◦ ). Oba kořeny do daného intervalu posuneme přičtením periody 360◦ ,
tj. x3 = 324◦ , x4 = 252◦ .
Nakonec ještě dva jednoduché případy x5 = 0◦ a x6 = 180◦ .
Poznámka: Tři různá řešení stejné rovnice nám umožnila hlubší pohled do situace popsané
rovnicí. Například obohatila tabulku známých hodnot goniometrických funkcí. K hodnotám
√
úhlů 0◦ , 30◦ , 45◦ , 60◦ a 90◦ přibyly hodnoty úhlů dalších, tj. cos 36◦ = sin 54◦ = 1+4 5 ,
cos 72◦ = sin 18◦ =
√
5−1
4 .
Úlohy
21. Doplňte prázdná okénka v tabulce:
sin
cos
tg
cotg
0◦
0
1
0
–
18◦
√
5−1
4
•
•
•
30◦
1
√2
3
√2
3
√3
3
36◦
•√
◦
45
√
1+ 5
4
2
√2
2
2
•
•
1
1
22. V intervalu h0, 2π) řešte rovnici
a) sin 2x = sin x;
c) sin 7x = sin 3x;
e) cos 2x = cos x;
g) cos 7x = cos 3x;
23.
b) sin 4x = sin x;
d) sin mx = sin x, m ∈ N, m > 1;
f) cos 4x = cos x;
h) cos mx = cos x, m ∈ N, m > 1.
√
a) cos x + √ 3 sin x = √
1;
c) cos x + 3 sin x = 2;
e) 3 cos x − 4 sin x = 2;
g) tg x + cotg x = √43 ;
√
b) 3 cos x − sin x = 2;
d) 3 cos x + 4 sin x =
q5;
f) sin x − 2 cos x =
h) tg x + cotg x = 1.
24.
a) cos4 x + sin4 x = 1;
c) cos4 x − sin4 x = 1;
25.
a) 8 cos6 x + 8 sin6 x = 5 + 3 cos 4x;
c) 2 cos2 x = 2 + cos 2x;
5
2;
b) cos3 x + sin3 x = 1;
x
b) tg x2 = 1−cos
sin x ;
d) cos 3x + cos 5x = cos 4x cos x.
1.3. TRIGONOMETRICKÉ ROVNICE
15
Řešení
q √
q √
q √
p
√
21. cos 18◦ = 5+8 5 , sin 36◦ = 5−8 5 , cotg 18◦ = 5 + 2 5, cotg 36◦ = 5+25 5 ,
q √
p
√
◦
tg 18 = 5−25 5 , tg 36◦ = 5 − 2 5.
22. Množina řešení je
a) {0, π3 , π, 5π
3 };
2π
4π 7π 9π
b) {0, π5 , 3π
5 , 3 , π, 3 , 5 , 5 };
π 3π π 7π 9π
13π 3π 17π 19π
c) {0, 10
, 10 , 2 , 10 , 10 , π, 11π
10 , 10 , 2 , 10 , 10 };
(2m−4)π
3π
5π
2π
4π
π
, m+1
, m+1
, . . . , (2m+1)π
d) { m+1
m+1 } ∪ {0, m−1 , m−1 , . . . , m−1 };
4π
e) {0, 2π
3 , 3 };
2π 4π 6π 4π 8π
f) {0, 2π
5 , 3 , 5 , 5 , 3 , 5 };
π 3π 4π
6π 7π 3π 8π 9π
g) {0, π5 , 2π
5 , 2 , 5 , 5 , π, 5 , 5 , 2 , 5 , 5 };
4π
6π
2mπ
2π
4π
6π
2π
, m+1
, m+1
, . . . , m+1
} ∪ { m−1
, m−1
, m−1
, . . . , (2m−4)π
h) {0, m+1
m−1 }.
Rada ad d) a h): Zobecnění proveďte buď na základě předchozích konkrétních úloh, nebo
převeďte úlohu na sin mx − sin x = 0, resp. cos mx − cos x = 0 a použijte příslušný vzorec pro
sin a − sin b, resp. cos a − cos b.
√
√
23. a) Řešení I: 3 sin x = 1 − cos x, ( 3 sin x)2 = (1 − cos x)2 , 3 sin2 x = 1 − 2 cos x + cos2 x,
3(1 − cos2 x) = 1√ − 2 cos x + cos2 x, 4 cos2 x − 2 cos x − 2 = 0, 2 cos2 x − cos x − 1 = 0,
tj. (cos x)1,2 = 1±4 9 , (cos x)1 = 1, (cos x)2 = − 12 .
√
3
2 ,
2π
3 + 2kπ.
√
Řešení II: Použijeme trik. Nejdříve vydělíme rovnici dvěma. Dostaneme 12 cos x+ 23 sin x = 12 .
√
Víme, že sin π6 = 12 a cos π6 = 23 , můžeme tedy rovnici přepsat jako sin π6 cos x+cos π6 sin x = 12 .
Dále použijeme známý vzorec pro sin(α ± β) a dostaneme sin(x + π6 ) = 12 , tj. x + π6 = π6 + 2kπ,
2π
nebo x + π6 = 5π
6 + 2kπ, a konečně x1 = 2kπ, x2 = 3 + 2kπ.
11π
b) x = 6 + 2kπ;
π
c) x1 = 12
+ 2kπ, x2 = 7π
12 + 2kπ;
3
d) označme a = arcsin 5 , pak cos a = 45 a daná rovnice má tvar sin a cos x + cos a sin x = 1,
odtud sin(x + a) = 1, tedy x = π2 − a + 2kπ;
e) označme a = arcsin 35 , b = arcsin 25 ; pak cos a = 45 ; daná rovnice má tvar
sin a cos x − cos a sin x = sin b; odtud sin(a − x) = sin b; tedy x1 = a − b + 2kπ,
Z původní rovnice pak (sin x)1 = 0, (sin x)2 =
tedy x1 = 2kπ, x2 =
x2 = a + b + π + 2kπ;
f) označme a = arcsin √25 ; pak množina řešení má tvar x1 = a+ π4 +2kπ, x2 = a+ 3π
4 +2kπ;
π
π
g) x1 = 6 + kπ, x2 = 3 + kπ;
h) řešení neexistuje, protože tg x + cotg x = sin x1cos x = sin22x implikuje sin 2x = 2, což není
možné.
24. a) Umocněním identity cos2 x + sin2 x = 1, získáme
cos4 x + sin4 x + 2 cos2 x sin2 x = 1, tedy cos x sin x = 0, odkud x = kπ
2 .
3
2
3
2
b) Protože cos x ≤ cos x, sin x ≤ sin x, dostáváme po sečtení obou nerovností vztah
cos3 x + sin3 x ≤ 1. Rovnost nastane pouze tehdy, když v obou výchozích nerovnostech
16
KAPITOLA 1. ROVNICE
cos3 x ≤ cos2 x, sin3 x ≤ sin2 x nastává rovnost. K tomu dochází, právě když cos x = 1,
sin x = 0, nebo cos x = 0, sin x = 1, tj. x = 2kπ nebo x = 2kπ + π2 .
c) x = kπ
25. a) Všechna x ∈ R; b) všechna x ∈ R různá od kπ; c) žádné x; d) x =
1.4
π
8
+ kπ
4 ax=
π
2
+ kπ.
Iracionální rovnice
Příklad 6
p
p
√
√
x+ x+4=2 x− x+4
Řešení
Strategie: Použijeme nejběžnější způsob řešení iracionálních rovnic, tj. umocňováním odstraníme odmocniny.
√
Realizace: Po umocnění a úpravě dostaneme 5 x + 4 = 3x. Opět umocníme, upravíme a dostaneme 9x2 − 25x − 100 = 0. Odtud x1 = 5, x2 = − 20
9 .
a a
Výsledek: Rovnice má dva kořeny x1 = 5, x2 = − 20
|
9 .
_
./
a a
Protože jsme při upravování rovnice umocňovali, musíme prověřit, zda jsou nalezené „kořenyÿ oprav^
dovými
kořeny. Hrozí totiž dvě nebezpečí:
./
• kořen po dosazení do původní rovnice může vést k zápornému číslu pod odmocninou;
• kořen po dosazení do původní rovnice dá na obou stranách rovnice reálná čísla, ale tato čísla jsou
různá.
V našem případě dosazením
zjistíme, že kořen x1 rovnici vyhovuje, ale kořen x2 nevyhovuje, neboť
p
√
po dosazení do výrazu x − x + 4 vyjde pod odmocninou záporné číslo.
Úlohy
26.
√
a) 7 + √ x − 7 = x;
c) 1 + x + 1 = 2x;
b)
d)
√
2
3
27.
√
√
a) √ x + 5 = x −
√ 2 + 1;
c) x + 5 − 2 = x + 1;
28.
√
a) √ x2 − 2x + 5 = x + 1;
c) x2 − x + 6 = 2x + 16;
√
√
b) √x + 2 = √x − 1 + 1;
d) 3x + 7 = 3x + 2 + 1.
√
b) √2x2 + x + 3 = 2x + 1;
d) 2x2 + 2x − 1 = x + 1.
p
√
x+1p
= 2x + x + 1;
√
b)
x + 4 − x = q x + 4 + 2;
p√
√
c) 2
x−1−1=
x − 1 + 12 ;
p
p √
√
√
d) 2 2x + 3 − 2x = 1 + 3 2 − 2x + 3.
p
√
x+
√7 = x + 5;
+ x + 2 = 3x.
29. a) p√
4x − 2
Řešení
1.5. LOGARITMICKÉ A EXPONENCIÁLNÍ ROVNICE
26.
17
b) x = −3, (−6 nevyhovuje);
d) x = 79 , (− 92 nevyhovuje).
a) x1 = 7, x2 = 8;
c) x = 54 , (0 nevyhovuje);
27. a) x = 11; b) x = 2; c) x = −1; d) x = 23 .
28.
a) x = 1;
c) x = −5, (− 50
3 nevyhovuje);
29.
a) x = 3, (− 34 nevyhovuje);
c) x = 13
4 ;
1.5
1
nevyhovuje);
b) x = √
2 , (−2 √
d) x = 2, (− 2 nevyhovuje).
b) x = −2;
√
d) x1 = − 12 , x2 = 4 − 3 2.
Logaritmické a exponenciální rovnice
Domluva: Symbol log x znamená log10 x.
Poznámka: Pro všechna a, b, x, y kladné, a 6= 1, b 6= 1, p, q ∈ R, p 6= 0, platí:
loga x = q ⇔ aq = x
loga b = log1 a
b
bx
loga x = log
logb a
logap xp = loga x
loga xy = loga x + loga y
loga xy = loga x − loga y
loga xq = q loga x
Příklad 7
log2 (x + 1) − log4 (x2 − 1) = log4 (x + 2)
Řešení
Strategie: Použijeme vztahy log2 a = log4 a2 a loga x − loga y = loga xy .
Realizace: Aplikací uvedených vztahů dostaneme
log4 (x + 1)2 − log4 (x2 − 1) = log4 (x + 2),
log4
Odtud
(x + 1)2
= log4 (x + 2).
x2 − 1
(x + 1)2
= x + 2,
x2 − 1
√
a po úpravě dostáváme
√ kvadratickou rovnici. Její první kořen x1 = 3 vyhovuje
√ dané rovnici
a druhý kořen x2 = − 3 jí nevyhovuje, protože výraz log2 (x + 1) = log2 (1 − 3) ztrácí smysl.
√
Výsledek: Rovnice má jediný kořen x = 3.
Příklad 8
4 x+3 125 4x−1
( 25
) .( 8 )
=
5
2
Řešení I
Strategie: Hlavní myšlenka řešení exponenciálních rovnic je prostá – snažíme se mít ve všech
členech rovnice stejný základ.
18
KAPITOLA 1. ROVNICE
Realizace: V našem případě bude základem číslo a = 25 . Skutečně,
tím těchto identit přepíšeme původní rovnici na tvar
4
25
= a−2 ,
125
8
= a3 . Použi-
a−2x−6 a12x−3 = a1 ,
tj. a10x−9 = a1 . Odtud okamžitě vidíme, že x = 1 je jediný kořen dané rovnice.
Výsledek: Rovnice má jediný kořen x = 1.
Řešení II
Základem bude číslo b = 52 . Pak
125
8
= b−3 a daná rovnice bude mít tvar
b2x+6 b3−12x = b−1 .
Opět dostaneme jediný kořen x = 1.
Úlohy
30. a) log(x + 3) + log(x − 2) = log 2x;
b) log(x2 − 1) − log(x − 1) = 1;
c) log(x + 3)2 = log(x + 12) − 1;
d) 2 log(x − 2) + log(x − 1) = 2 log 3(x − 1) − log 4.
√
31. a) log(
x + 7) = log(x
√ + 1);
b) log(x
+
1)
=
log
x3 +√x2 + 1;
√
c) log( √
x + 1 + 5)√= log 2x + 12√log x2 ;
√
d) 2 log( x + 1 + x − 1) = log x + 1 + 2 log( x − 1 + 1).
32. a) log2 (x + 1) + log2 (x − 1) = 3;
b) log2 x + log2 x2 =6;
c) log8 (x + 3)3 + log4 (x − 3)2 = 4;
d) log9 (x + 2)2 + log3 (x + 3) = 1 + log3 4.
33.
2x−1 = 1;
a) ( 17
19 )
√
5 x+1
c) 2( 4 )
· ( √25 )x = 5;
34.
a) 22x+2 − 5 · 2x + 1 = 0;
c) 45 · 0, 36x − 152 · 0, 6x + 75 = 0;
b) 3x+1 = ( 19 )x ;
d) 3x+1 5−2x = 0, 36.
b) 8 · 4x − 9 · 2x + 1 = 0;
d) 24 · 34x − 13 · 62x+1 + 27 · 24x+1 = 0.
Řešení
30.
a) x = 3, (−2 nevyhovuje);
c) x1 = −2, x2 = −3, 9;
31.
a) x = 9, (4 nevyhovuje);
c) x = 8, (3 nevyhovuje);
32.
a) x = 3, (−3 nevyhovuje);
c) x = 5, (−5 nevyhovuje);
b) x = 9, (1 nevyhovuje);
d) x = 5, ( 45 a 1 nevyhovují).
√
√
b) x1 = 0, x2 = 2, (− 2 nevyhovuje);
d) x = 3, (0 nevyhovuje).
b) x = 4;
d) x = 1, (−6 nevyhovuje).
1.6. ROVNICE S ABSOLUTNÍ HODNOTOU
19
33. a) x = 12 ; b) x = − 13 ; c) x = −1; d) x = 1.
34.
1.6
a) x1 = 0, x2 = −2;
c) x1 = 1, x2 = −2;
b) x1 = 0, x2 = −3;
d) x1 = 0, x2 = 1.
Rovnice s absolutní hodnotou
Příklad 9
|x − 1| − |x| + |x + 1| =
3
2
Řešení I
Strategie: Číselnou osu R rozložíme na intervaly tak, aby uvnitř každého z nich bylo možno
ze zkoumaného výrazu odstranit všechny absolutní hodnoty. Body, které budou jednotlivé
intervaly oddělovat, tzv. dělicí body, jsou ta čísla, ve kterých výrazy v absolutní hodnotě
nabývají hodnoty 0.
Realizace: Dělicím bodem výrazu |x−1| je číslo 1, dělicím bodem výrazu |x| je číslo 0 a dělicím
bodem výrazu |x + 1| je číslo −1. Tyto tři body vymezí na číselné ose čtyři intervaly, přičemž
každé dva sousední intervaly se protínají právě v jednom dělicím bodě. Pro každý interval
napíšeme výraz f (x) = |x − 1| − |x| + |x + 1| bez absolutních hodnot. Tím se původní rovnice
s absolutními hodnotami rozpadne na čtyři případy rovnice bez absolutních hodnot. Celá
situace je přehledně znázorněna schématem:
−∞. . . . . . .-1. . . . . . .0. . . . . .+1. . . .+∞
|x − 1| 1 − x
1−x 1−x x−1
−|x|
x
x
−x
−x
|x + 1| −1 − x 1 + x 1 + x 1 + x
f (x)
−x
2+x 2−x x
3
1
3
kořen
−2
− 21
2
2
Všechny čtyři kořeny vyhovují, protože každý padl do vymezeného intervalu.
Výsledek: Množina řešení rovnice je M = {− 32 , − 21 , 12 , 32 }.
20
KAPITOLA 1. ROVNICE
Řešení II
Strategie: Na zápis f (x) = |x−1|−|x|+|x+1| se podíváme jako na funkci. Graf této funkce se
skládá ze dvou úseček a dvou polopřímek. Graf protneme přímkou y = 32 a x-ové souřadnice
průsečíků grafu a přímky jsou hledané kořeny dané rovnice.
Realizace: Graf funkce f se sestrojí snadno, protože funkce je po částech lineární:
1. vypočteme hodnoty f (−2) = 2, f (−1) = 1, f (0) = 2, f (1) = 1, f (2) = 2;
2. vyneseme body A[−2, f (−2)], B[−1, f (−1)], C[0, f (0)], D[1, f (1)], E[2, f (2)];
3. sestrojíme polopřímky BA, DE a úsečky BC, CD – graf je hotov, stačí dokreslit přímku
y = 23 a vyčíst kořeny (viz obrázek).
y
@
@
@•
A@
•
C 2
@
@
@
B
E
y=
@
1 @
D
3
2
x
-2
-1
0
1
2
Příklad 10
|x − 2| = 3
Řešení
Při řešení této úlohy lze použít obě již uvedené strategie, ale v tomto případě užijeme ještě
další, silně geometrickou strategii1 .
Strategie: Hlavní myšlenkou této strategie je skutečnost, že |x − y| je vzdálenost bodů x, y
na číselné ose. Hledáme tedy takové body x, jejichž vzdálenost od bodu 2 je 3.
Realizace: Opíšeme kružnici se středem v bodě 2 a poloměrem 3 a najdeme její průsečíky
s osou x. Jsou to body −1 a 5. To jsou hledané kořeny.
Výsledek: M = {−1, 5}
Úlohy
35.
1
√
a) |x − 2| = 1;
c) |x + 1| = 3;
b) 2|x − 4| = 6;
d) 2|x + 31 | = 1.
Tato strategie má úzkou vazbu na řešení I u příkladu 9.
1.6. ROVNICE S ABSOLUTNÍ HODNOTOU
36.
a) |x − 1| − 2x = 0;
c) 2|x − 1| + x = 3;
37.
a) |x − 2| + |x| + 2x = 3;
c) |x − 2| + |x| + 2x = 2;
21
b) |x| − |x + 1| = 0;
d) 2|x| − |x + 1| = 1.
b) |x − 2| + |x| + 2x = 0;
38. Označme f (x) = 2|x − 1| − 3|x| + 3|x + 1|. Řešte rovnici
a) f (x) = 0;
d) f (x) = 3;
g) f (x) = 6.
b) f (x) = 1;
e) f (x) = 4;
39.
a) ||x| + x| = 0;
c) ||x| + x − 1| = 21 .
40.
a) |x| = 21 ;
c) |||x| − 1| − 1| = 21 ;
41.
a) | sin x| = cos x;
c) | sin x| = | cos x|.
c) f (x) = 2;
f) f (x) = 5;
b) ||x| + x + 1| = 1;
b) ||x| − 1| = 12 ;
d) ||||x| − 1| − 1| − 1| = 12 .
b) sin x = | cos x|;
Řešení
35.
√
√
a) M = { 2 − 1, 2 + 1};
c) M = {−4, 2};
b) M = {1, 7};
d) M = {− 56 , 16 }.
36. a) M = { 13 }; b) M = {− 12 }; c) M = {−1, 53 }; d) M = {− 32 , 2}.
37. a) M = { 12 }; b) M = {}; c) M = (−∞, 0i.
38.
a) M = {};
d) M = {−2, − 21 , 1};
g) M = {− 72 , 25 }.
b) M = {−1};
e) M = {− 25 , − 14 , 12 , 32 };
c) M = {− 32 , − 34 };
f) M = {−3, 0, 2};
39. a) M = (−∞, 0i; b) M = (−∞, 0i; c) M = { 41 , 34 }.
40.
a) M = {− 21 , 21 };
c) M = {− 52 , − 23 , − 12 , 21 , 23 , 25 };
b) M = {− 32 , − 12 , 12 , 23 };
d) M = {− 72 , − 52 , − 32 , − 12 , 12 , 23 , 52 , 72 }.
41. a) M = {− π4 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ { π4 + 2kπ; k ∈ Z};
b) M = { π4 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ { 3π
4 + 2kπ; k ∈ Z};
π
kπ
c) M = { 4 + 2 ; k ∈ Z}.
22
1.7
KAPITOLA 1. ROVNICE
Parametrické rovnice
Domluva: U všech parametrických rovnic je stejný text zadání: V R řešte parametrickou
rovnici s parametrem p. Parametr p je libovolné reálné číslo.
Příklad 11
p(p − 1)x − p + 1 = 0
Řešení
Vhled: Nejběžnější způsob, jak získat porozumění parametrickým rovnicím, je vyřešit několik
jejich konkrétních případů. Zvolme tedy za p několik konkrétních hodnot a každou získanou
rovnici vyřešme. Například
p = 2 → daná rovnice má tvar 2x − 1 = 0, odkud x = 12 ;
p = −1 → daná rovnice má tvar 2x + 2 = 0, odkud x = −1;
p = 5 → daná rovnice má tvar 20x − 4 = 0, odkud x = 51 .
Ve dvou případech konkretizovaná rovnice „zmizíÿ: pro p = 0 a p = 1. Jestliže p = 0, daná
rovnice má tvar 1 = 0. Této „rovniciÿ nevyhovuje žádné x.
Strategie: Danou rovnici řešíme, jako kdyby p bylo pevně dané reálné číslo. Případy, ve kterých
je v procesu řešení nutno udělat „choulostivýÿ krok (např. dělit výrazem, který může být
nulou; odmocnit výraz, který může být záporný), je pak nutno pečlivě prozkoumat.
Realizace: p(p − 1)x = p − 1, x =
p−1
p(p−1)
= p1 .
a a
Odpověď: Je-li p = 0, rovnice nemá žádný kořen, tj. M = {}; je-li p 6= 0, rovnice má právě
|
_
jeden kořen x = 1 , tj. M = { 1 }.
./
p
p
a a
Uvedené řešení je chybné, protože nám při úpravách unikl případ p = 1 (krátili jsme výrazem p − 1).
^
Je-li
p = 1, mění se daná rovnice na identitu 0 = 0, která je splněna pro všechna x. Tedy správné
./
řešení má tři části: pro p = 0 je M = {}; pro p = 1 je M = R; pro ostatní p je M = { p1 }.
Stručněji lze výsledek zapsat jako: p = 0 ⇒ M = {}, p = 1 ⇒ M = R, p 6∈ {0, 1} ⇒ M = { p1 }.
Poučení: Chyba, které jsme se dopustili, patří k těm, které se nejčastěji vyskytují v řešeních posluchačů.
Vzniká při úpravě výrazu, kdy je tento dělen jiným výrazem a zapomene se o tomto druhém výrazu
uvážit, kdy je nulový. V našem případě jsme při opatrné úpravě dané rovnice měli postupovat takto
0 = p(p − 1)x − p + 1 = (px − 1)(p − 1). Součin dvou čísel je nula, právě když některé z nich je nula.
Proto je nutno diskutovat oba případy px = 1 a p = 1. Právě poslední z těchto případů nám při
úpravách unikl.
Příklad 12
px2 + p2 x + 2 = 0
Řešení
Strategie: Na první pohled je daná rovnice rovnicí kvadratickou. Musíme být však opatrní,
protože v případě, že koeficient u x2 je nula, mění se rovnice na rovnici lineární nebo dokonce
na rovnost.
1.7. PARAMETRICKÉ ROVNICE
Realizace:
• Je-li p = 0, rovnice bude mít tvar 2 = 0, tedy řešení neexistuje.
• Je-li p 6= 0, kvadratická rovnice má kořeny:
p
p
√
−p p ± p3 − 8
−p2 ± p4 − 8p
x1,2 =
=
√
2p
2 p
23
(∗ ∗ ∗)
Poslední výraz má smysl pouze pro p > 0 a p3 > 8, tj. pro p > 2.
a a
Odpověď: Je-li p < 2, rovnice nemá žádný kořen, tj. M = {}. Je-li p = 2, je M = {−1}. Je-li
|
_
√ √
−p p± p3 −8
./
p > 2, je M = {
√
2 p
}.
a a
Uvedené řešení je chybné, což snadno nahlédneme. Například podle horní odpovědi daná rovnice nemá
^
pro
p = −1 žádné řešení, ale pouhým dosazením se přesvědčíme, že x1 = −1 i x2 = 2 jsou kořeny. Kde
./
je chyba?
p
√ p
Chyba je v úpravě (∗ ∗ ∗). Vztah p4 − 8p = p p3 − 8, který jsme při úpravě použili jako identitu,
identitou není. Platí pouze pro p ≥ 0. Pro p < 0 neplatí, neboť levá strana definována je, ale pravá
není. Výraz pod odmocninou p4 − 8p = p(p3 − 8) = p(p − 2)(p2 + 2p + 4) je záporný pro p ∈ (0, 2).
Pro všechna jiná p je výraz nezáporný.
Tedy správné řešení
q má části: p ∈ h0, 2) ⇒ M = {}; p = 2 ⇒ M = {−1}; p ∈ (−∞, 0) ∪ (2, ∞) ⇒
⇒ M = {− p2 ±
p2
4
− p2 }.
Poznámka: Případ p = 2 ⇒ M = {−1} lze vypustit,
q protože je podpřípadem posledního případu. Pak
2
p
napíšeme p ∈ (−∞, 0) ∪ h2, ∞) ⇒ M = {− 2 ± p4 − p2 }.
Příklad 13
√
√
√
( p − 1)x2 − 2x p + 1 + p + 1 = 0
Řešení
√
Rovnice má smysl pouze pro nezáporná p. Pro p = 1 je daná rovnice lineární s řešením x = 22 .
Pro jiná
p je√daná rovnice kvadratická s diskriminantem D = 4(p + 1) − 4(p − 1) = 8. Pak
√
p+1±
x1,2 = √p−1 2 .
√
√
√
2
a a
√
Výsledek: p = 1 ⇒ M = { 22 }; p ∈ h0, 1) ∪ (1, ∞) ⇒ M = { p+1±
|
p−1 }
_
./
a a
Řešit parametrickou rovnici znamená určit množinu kořenů M v závislosti na všech hodnotách daného
√
^
parametru. V uvedeném případě nás výraz p vedl k opomenutí případu p < 0. Tím se ovšem stalo
./
řešení neúplným. Proto je nutno k řešení ještě přidat p ∈ (−∞, 0) ⇒ rovnice nemá smysl.
Poznámka: Je nutno rozlišovat dva případy. (1) Rovnice nemá řešení (např. v příkladu 11 pro
p = 0). (2) Rovnice nemá smysl (např. v příkladu 13 pro p < 0).
24
KAPITOLA 1. ROVNICE
Příklad 14
√
p−x=x
Řešení
Vhled: Uděláme několik konkretizací:
√
• p = 2 → daná rovnice má tvar 2 − x = x, odkud 2 − x = x2 a pak x1 = 1, x2 = −2;
dosazením zjistíme, že vyhovuje pouze první kořen, protože po dosazení druhého kořene bude
mít pravá strana rovnice hodnotu −2 a levá +2;
√
√
√
13+1
• p = 3 → rovnice má tvar 3 − x = x, odkud 3 − x = x2 a pak x1 = 13−1
,
x
=
−
;
2
2
2
vyhovuje pouze první kořen;
√
• p = −1 → rovnice −1 − x = x nemá žádné řešení, neboť pravá strana je nezáporná, tedy
x ≥ 0 a současně výraz pod odmocninou je nezáporný, tedy x ≤ −1; tyto podmínky nelze
splnit současně.
Realizace:
Umocněním dané
rovnice získáme kvadratickou rovnici x2 +x−p = 0; ta má kořeny
√
√
4p+1−1
4p+1+1
x1 =
, x2 = −
, jestliže je 4p + 1 ≥ 0, tj. p ≥ − 14 . Dosazením zjistíme, že
2
2
druhý kořen nikdy nevyhovuje a první kořen vyhovuje pro√ všechna p ≥ 0, neboť ze zadání
≥ 0, tedy p ≥ 0.
plyne další podmínka x ≥ 0. To nastane tehdy, když x1 = 4p+1−1
2
√
Výsledek: p ∈ (−∞, 0) ⇒ M = {}, p ∈ h0, ∞) ⇒ M = {
4p+1−1
}.
2
Příklad 15
|x + |p|| = |x| − p
Řešení I
Vhled: Uděláme tři konkretizace:
• p = 2 → rovnice má tvar |x + 2| = |x| − 2; graf funkce f (x) = |x + 2| − |x| + 2 ihned ukáže,
že rovnice f (x) = 0 má množinu kořenů M = (−∞, −2i.
y
4
•
−2
−1
3
2
1
0
x
• p = −2 → rovnice |x + 2| = |x| + 2; graf funkce g(x) = |x + 2| − |x| − 2 ukáže, že rovnice
f (x) = 0 má množinu kořenů M = h0, ∞).
1.7. PARAMETRICKÉ ROVNICE
25
y
−2
−1
•
1
0
2
x
−1
−2
−3
−4
• p = 0 → rovnice má tvar |x| = |x|, tedy rovnice f (x) = 0 má množinu kořenů M = R.
Strategie: Případ p = 2 je modelem pro všechny situace p > 0 a případ p = −2 pro všechny
situace p < 0.
Realizace: Uvažujeme o dvou případech.
• Nechť p > 0. Pak |x + p| = |x| − p. Jestliže v obrázku pro p = 2 přepíšeme číslo −2 na −p,
dostaneme graf funkce f (x) = |x + p| − |x| + p. Odtud M = (−∞, −pi.
• Nechť p < 0. Pak |x − p| = |x| − p. Jestliže v obrázku pro p = −2 přepíšeme číslo 2 na −p,
dostaneme graf funkce f (x) = |x − p| − |x| + p. Odtud M = h0, ∞).
Výsledek: p = 0 ⇒ M = R; p > 0 ⇒ M = (−∞, −pi; p < 0 ⇒ M = h0, ∞).
Řešení II
Trik: Absolutní hodnota umocněním „zmizíÿ.
Realizace:
|x + |p||2 = (|x| − p)2 ,
x2 + 2x|p| + p2 = x2 − 2|x|p + p2 ,
x|p| = −|x|p.
Poslední rovnice říká, že buď je aspoň jedno z čísel p, x nulové, nebo je jedno kladné a druhé
záporné. Vyšetříme tři možnosti:
• p = 0, pak M = R;
• p > 0, pak x ≤ 0, rovnice má tvar |x + p| = −x − p, tedy x + p ≤ 0, odkud x ≤ −p;
• p < 0, pak x ≥ 0, rovnice má tvar |x − p| = x − p, tedy x − p ≥ 0, odkud x ≥ 0.
Výsledek: Jako nahoře.
Úlohy
42.
a) px + (p2 − p) = 0;
px
p
c) p+1
− p−1
= 0;
b) x(p2 − p) − p = 0;
√
d) (x − 1)(p − 1) = p − 1.
26
KAPITOLA 1. ROVNICE
43.
a) px2 + 2x + 1 = 0;
c) x2 + 2x + p = 0;
e) x2 + 2px + p = 0;
44.
a) px2 − (p2 + 1)x + p = 0;
c) (p + 2)x2 + 2(p + 1)x + p = 0.
45.
46.
b) x2 + 2px + 1 = 0;
d) px2 + 2px + 1 = 0;
f) px2 + 2x + p = 0.
√
a) x − p = p;
√
c) p − x = p − x;
√
√
e) p − x = x − p;
√
√
√
g) 2x + p = x + p;
b) (p − 1)x2 − 2px + p − 1 = 0;
√
b) x − p = p + 1;
√
√
d) p − x = p − x;
√
√
√
f) x + p = x + p;
√
√
√
h) x + 2p = x + p.
a) |x + p| = x;
c) x + |p| = p;
e) |||x| − 1| − 1| = p;
g) 2|x − 1| − 3|x| + 3|x + 1| = p.
b) |x| − p = x;
d) |x| + |p| = |x + p|;
f) |||x| − p| − p| = 1;
47. a) p sin x = tg x; b) sin x = p cos x; c) sin x = p| cos x|.
Řešení
42. a) p = 0 ⇒ M = R; p 6= 0 ⇒ M = {1 − p};
1
};
b) p = 0 ⇒ M = R; p = 1 ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = { p−1
c) p = 0 ⇒ M = R; pro p = ±1 nemá výraz smysl; ostatní p ⇒ M = { p+1
p−1 };
√
p−1
a a
}.
d) p = 1 ⇒ M = R; p < 1 ⇒ M = {}; p > 1 ⇒ M = {1 + p−1
|
_
./
a a
Není pravda, že pro p < 1 ⇒ M = {}, protože pro p < 1 nemá výraz smysl.
^
./
√
43. a) p > 1 ⇒ M = {}; p = 0 ⇒ M = {− 12 }; ostatní p ⇒ M = {− p1 ± 1−p
p };
p
b) p ∈ (−1, 1) ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = {−p ± p2 − 1};
√
c) p > 1 ⇒ M = {}; p ≤ 1 ⇒ M = {−1 ± 1 − p};
q
d) p ∈ h0, 1) ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = {−1 ± 1 − p1 };
p
e) p ∈ (0, 1) ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = {−p ± p2 − q
p};
1
f) p = 0 ⇒ M = {0}; p ∈ h−1, 0) ∪ (0, 1i ⇒ M = {− p ± p12 − 1}; ostatní p ⇒ M = {}.
44. a) p = 0 ⇒ M = {0}; p 6= 0 ⇒ M = {p, p1 };
√
2p−1
b) p = 1 ⇒ M = {0}; p < 21 ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = { p±p−1
};
p
}.
c) p = −2 ⇒ M = {−1}; p 6= −2 ⇒ M = {−1, − p+2
45. a) p < 0 ⇒ M = {}; p ≥ 0 ⇒ M = {p2 + p};
b) p < −1 ⇒ M = {}; p ≥ −1 ⇒ M = {p2 + 3p + 1};
c) M = {p, p − 1}, protože se o p nic nepraví, platí uvedené řešení pro všechna p ∈ R;
d) M = (−∞, pi;
e) M = {p};
1.7. PARAMETRICKÉ ROVNICE
27
f) p = 0 ⇒ M = h0, ∞); p > 0 ⇒ M = {0}; p < 0 ⇒ nemá smysl;
g) p = 0 ⇒ M = {0}; p > 0 ⇒ M = {0, 4p}; p < 0 ⇒ nemá smysl;
h) p = 0 ⇒ M = h0, ∞); p > 0 ⇒ M = { p4 }; p < 0 ⇒ nemá smysl.
46. a) p = 0 ⇒ M = h0, ∞); p > 0 ⇒ M = {}; p < 0 ⇒ M = {− p2 };
b) p = 0 ⇒ M = h0, ∞); p < 0 ⇒ M = {}; p > 0 ⇒ M = {− p2 };
c) p ≥ 0 ⇒ M = {0}; p < 0 ⇒ M = {2p};
d) p > 0 ⇒ M = h0, ∞); p < 0 ⇒ M = (−∞, 0i; p = 0 ⇒ M = R;
e) (viz úloha 40) p < 0 ⇒ M = {}; p > 1 ⇒ M = {−2 − p, 2 + p};
p ∈ h0, 1i ⇒ M = {−2 − p, −2 + p, −p, p, 2 − p, 2 + p};
f) p < − 21 ⇒ M = {}; p ∈ h− 12 , 1) ⇒ M = {−2p − 1, 2p + 1};
p ≥ 1 ⇒ M = {−2p − 1, −2p + 1, −1, 1, 2p − 1, 2p + 1};
p−5
g) (viz úloha 38) p < 1 ⇒ M = {}; p ∈ h1, 3) ⇒ M = {− p+1
2 , 4 };
p−5 5−p p−1
p+1 p−1
p ∈ h3, 5i ⇒ M = {− p+1
2 , 4 , 2 , 2 }; p > 5 ⇒ M = {− 2 , 2 }.
47. a) Rovnici upravíme na tvar sin x(p cos x − 1) = 0. Tato rovnice je splněna pro všechna
x = kπ a pro všechna x, pro něž cos x = p1 .
Je-li p = 0, pak x = kπ. Je-li p ∈ (−1, 1), je | p1 | > 1, tedy poslední rovnice nemá žádný kořen.
Je-li p ∈ (−∞, −1i ∪ h1, ∞), je x0 = arccos p1 jeden kořen a x0 + 2kπ, −x0 + 2kπ je série
dalších kořenů.
Výsledek: p ∈ (−1, 1) ⇒ M = {kπ; k ∈ Z}, p ∈ (−∞, −1i ∪ h1, ∞) ⇒ M = {x0 + 2kπ, ;
k ∈ Z} ∪ {−x0 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ {kπ; k ∈ Z}, přičemž x0 = arccos p1 .
b) Nechť x0 = arctg p; pak M = {x0 + kπ; k ∈ Z} pro všechna p ∈ R.
c) Nechť x0 = arctg p; pak M = {x0 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ {π − x0 + 2kπ; k ∈ Z}, pro p ∈ R.
28
KAPITOLA 1. ROVNICE
Kapitola 2
Teorie čísel
Domluva:
• Pokud není uvedeno jinak, všechna písmena zastupující čísla označují čísla celá. Dále m, n
označují čísla přirozená a p prvočísla.
• Zápis a|b znamená „a je dělitelem bÿ a a 6 |b znamená „a není dělitelem bÿ.
• Symbol N0 znamená nezáporná celá čísla.
2.1
Dělitelnost
Pravidla dělitelnosti:
Číslo n, které je zapsané v desítkové soustavě, je dělitelné číslem
2
4
8
5
25
125
3
9
11
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
poslední číslice čísla n je sudá;
poslední dvojčíslí čísla n je dělitelné čtyřmi;
poslední trojčíslí čísla n je dělitelné osmi;
poslední číslice čísla n je nula nebo pětka;
poslední dvojčíslí čísla n je dělitelné číslem 25;
poslední trojčíslí čísla n je dělitelné číslem 125;
ciferný součet čísla n je dělitelný třemi;
ciferný součet čísla n je dělitelný devíti;
alternovaný ciferný součet čísla n je dělitelný jedenácti.
Tvrzení: Nechť r, s jsou nesoudělná čísla. Pak pro libovolné číslo n platí:
rs|n ⇔ r|n ∧ s|n
Poznámky:
• Číslo n je dělitelné číslem k (symbolicky k|n), právě když zbytek při dělení n : k je nula.
Speciálně nula je dělitelná každým nenulovým číslem.
• Alternovaným ciferným součtem rozumíme ciferný součet, ve kterém se pravidelně střídají
znaménka plus a mínus.
• Z uvedeného tvrzení plyne, že číslo n je dělitelné číslem 6, právě když je dělitelné dvěma
i třemi. Podobně lze z horních kritérií dělitelnosti pomocí uvedeného tvrzení odvodit další
pravidla pro dělitelnost čísly 12, 15, 18, 20, . . .
29
30
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Příklad 1
Najděte prvočíselný rozklad čísla 137 700.
Řešení I
Proces rozkladu je znázorněn na schématu:
137
700
X
9
XXX
X
X
z
1 377
100
HH
j
H
HH
j
H
153
9
25
4
S
/ w
S
S
/ S
w
S
/ S
w
S
/ S
w
17
9
3
3
3
5
5
2
2
S
/ S
w
3
Způsob sestavení tabulky známe již ze základní školy.
Výsledek: 137 700 = 22 · 34 · 52 · 17
Řešení II
Metoda: Nejprve pomocí kritérií dělitelnosti najdeme největší a, pro které je
2a |137 700;
pak největší b, pro které je
3b |(137 700 : 2a );
pak největší c, pro které je
5c |(137 700 : (2a · 3b ));
konečně největší d, pro které je
11d |(137 700 : (2a · 3b · 5c )).
Tím jsme vyčerpali nám známá kritéria dělitelnosti a získané číslo 137700 : (2a · 3b · 5c · 11d ),
pokud není v tabulkách prvočísel, testujeme na dělitelnost čísly 7, 13, 17, 19, . . . pomocí
kalkulačky.
Výpočet: 137 700 = 2 · 68 850 = 22 · 34 425 = 22 · 3 · 11 475 = 22 · 32 · 3 825 = 22 · 33 · 1 275 =
= 22 · 34 · 425 = 22 · 34 · 5 · 85 = 22 · 34 · 52 · 17. Protože číslo 17 je prvočíslo, jsme hotovi.
Úlohy
1. Udělejte prvočíselný rozklad čísel 13 770, 393 216, 25 875, 65 219, 19 057.
2. Zjistěte, které z čísel 13 770, 393 216, 65 219, 25 875, 19 057 je dělitelem čísla
2 · 3 · 4 · . . . 18 · 19 = 19!.
2.1. DĚLITELNOST
31
3. Zjistěte, která z následujících kritérií dělitelnosti jsou pravdivá:
a) Číslo n je dělitelné číslem 50 ⇔ poslední dvojčíslí čísla n je dělitelné číslem 50.
b) Číslo n je dělitelné číslem 27 ⇔ poslední trojčíslí čísla n je dělitelné číslem 27.
c) Číslo n je dělitelné číslem 16 ⇔ poslední čtyřčíslí čísla n je dělitelné číslem 16.
4. Číslo 111 111 má dva dělitele menší než 10. Najděte je. Najděte dalších pět dělitelů uvedeného čísla.
5. Která čísla z množiny {9, 98, 987, 9 876, . . . , 987 654 321, 9 876 543 219, 98 765 432 198, . . . }
jsou složená? Proč?
6. Množina šesti po sobě jdoucích přirozených čísel 2, 3, 4, 5, 6, 7 obsahuje čtyři prvočísla.
Existují jiné množiny šesti po sobě jdoucích přirozených čísel, které obsahují a) čtyři prvočísla,
b) tři prvočísla? Proč?
7. Která prvočísla můžeme napsat jako součet a) 2, b) 3, c) 4, d) 6 po sobě jdoucích přirozených
čísel? Vysvětlete proč.
Řešení
1. 13 770 = 2 · 34 · 5 · 17, 393 216 = 217 · 3, 25 875 = 32 · 53 · 23, 65 219 = 72 · 113 ,
19 057 = 17 · 19 · 59.
2. Číslo 19! není dělitelné číslem 59, a proto není také dělitelné číslem 19 057 = 17 · 19 · 59.
Podobně 25 875 = 32 · 53 · 23 6 |19!, protože 23 6 |19!.
U všech tří dalších čísel nenajdeme v prvočíselném rozkladu číslo, které by se nevyskytlo v prvočíselném rozkladu čísla 19!. Přesto nelze tvrdit, že číslo 19! je dělitelné každým ze zbylých
tří čísel. Musíme si ještě všimnout mocnin u jednotlivých prvočísel prvočíselného rozkladu.
V čísle 65 219 = 72 · 113 se číslo 11 vyskytuje ve třetí mocnině, ale v čísle 19! pouze v první
mocnině. Proto 65 219 6 |19!.
Abychom zjistili, v jakých mocninách se vyskytují prvočísla v prvočíselném rozkladu čísla 19!,
musíme tento rozklad najít. Lehce zjistíme, že 19! = 216 · 38 · 53 · 72 · 11 · 13 · 17 · 19.
Tedy 13 770 = 2 · 34 · 5 · 17 je dělitelem čísla 19!, ale číslo 393 216 = 217 · 3 není jeho dělitelem
(všimněte si mocniny dvojky).
3. a) Kritérium je pravdivé; b) kritérium je nepravdivé; např. n = 1 135; c) kritérium je
pravdivé.
4. Děliteli čísla 111 111 jsou například čísla 3, 7, 11, 13, 77, 33, 481,. . .
5. Čísla, která končí sudou číslicí nebo pětkou, jsou vždy složená, budeme tedy zkoumat čísla
končící 1, 3, 7, 9.
Jestliže končí číslicí 9, pak jsou to čísla: 9, 9 876 543 219,. . . Součet číslic 1 až 9 je 45, číslo
987. . . 1 je tedy dělitelné devíti. Přidáme-li k němu devítku, je zase dělitelné devíti. Každé
další číslo množiny, které končí devítkou, vznikne přidáním čísla 987. . . 1 k předchozímu číslu,
je tedy dělitelné devíti.
32
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Podobně končí-li číslicí 7, je vždy dělitelné třemi, končí-li číslicí 3, je také dělitelné třemi,
a končí-li číslem 1, je dělitelné devíti. Všechna čísla z dané množiny jsou složená.
6. a) Neexistují, neboť v množině šesti po sobě jdoucích čísel jsou určitě tři sudá čísla, která
určitě nejsou prvočísly (případ, kdy je číslo 2 jedním z těchto čísel, je už v zadání).
b) Vezmeme zbývající tři lichá čísla. Označme n nejmenší z nich. Pak n + 2, n + 4 jsou další
dvě. Z těchto tří čísel právě jedno je dělitelné třemi (prověřte na příkladech). Víme, že jediné
prvočíslo dělitelné třemi je číslo 3. Existují pouze tyto šestice: 1, 2, 3, 4, 5, 6 a 3, 4, 5, 6, 7, 8.
7. a) Všechna kromě čísla 2. Dvě po sobě jdoucí čísla můžeme napsat jako n + (n + 1) = 2n + 1
a takto můžeme napsat všechna lichá čísla větší než 2 a tedy i prvočísla kromě čísla 2.
b) Žádné. Tři po sobě jdoucí čísla můžeme napsat jako n + (n + 1) + (n + 2) = 3(n + 1).
Tak dostaneme čísla dělitelná třemi.
c) Žádné. Sečteme-li obdobně čtyři po sobě jdoucí čísla n, n + 1, n + 2, n + 3, dostaneme
číslo 2(2n + 3) a to je číslo dělitelné dvěma. Nelze tedy tak zapsat žádné prvočíslo (číslo 2
jedině pro n záporné).
d) Žádné. Dostaneme číslo 3(2n + 5), tedy číslo dělitelné třemi.
2.2
Počet dělitelů
Domluva:
• Počet dělitelů čísla n označíme d(n). Například číslo n = 3 má dva dělitele (čísla 1 a 3),
tj. d(3) = 2. Podobně d(4) = 3.
• Pomocí funkce d můžeme definovat pojem prvočíslo:
Přirozené číslo n je prvočíslo ⇔ d(n) = 2.
• Připomeňme, že číslo k, které je dělitelem čísla n, nazýváme vlastní dělitel, právě když
k < n. Tedy každé číslo n má d(n) − 1 vlastních dělitelů.
Poznámka: Protože d(1) = 1, číslo 1 nepovažujeme za prvočíslo.
Cílem této části je naučit se hledat čísla d(n) ke každému n. U mnoha úloh teorie čísel je
vhodné nejdříve prozkoumat konkrétní číselné příklady, než se pokusíme o obecné řešení.
Často je rozumné prozkoumat menší čísla dříve, než přistoupíme ke studiu čísel velkých.
Touto myšlenkou se řídí série úloh, pomocí nichž se čtenář sám propracuje k pěknému tvrzení
z teorie čísel.
Úlohy
8. Najděte čísla d(5), d(25), d(125), d(7), d(49), d(343), d(11), d(121), d(1 331).
9. Zjistěte, pro která n platí d(n) = 2, d(n2 ) = 3 a d(n3 ) = 4.
10. Najděte d(p2 ), d(p3 ), d(p4 ), d(pn ).
2.2. POČET DĚLITELŮ
33
11. Nechť p, q jsou obě prvočísla. Na konkrétních příkladech vyšetřete, kolik dělitelů mohou
mít čísla tvaru pq, p2 q, pq 2 , p2 q 2 , p3 q. (Tvar pq mají například čísla 6, 15, 35 atd.)
12. Napište množinu M
všech dělitelů čísla 1 728. Zjistěte d(1 728).
13. Nechť p, q jsou prvočísla. Zjistěte d(pn qm ).
14. Jak lze přehledně zapsat množinu M všech dělitelů čísla 8 640? Zjistěte d(8 640). Výsledek
zobecněte.
15. Najděte všechna n < 20, pro která platí d(n) = 4 a d(n + 1) = 3.
16. Kolik dělitelů má číslo a) 285 120, b) 1 148 175, c) 220 000?
Řešení
8. d(5) = d(7) = d(11) = 2; d(25) = d(49) = d(121) = 3; d(125) = d(343) = d(1 331) = 4.
9. Uvedené vztahy platí právě tehdy, když n je prvočíslo.
10. Řešení předchozí úlohy můžeme zobecnit. Dělitelé čísla p2 jsou 1, p a p2 , tj. d(p2 ) = 3. Dále
d(p3 ) = 4, neboť dělitelé čísla p3 jsou 1, p, p2 , p3 . Podobně d(p4 ) = 5 atd. Z toho vyvodíme,
že počet dělitelů mocnin prvočísla je vždy o jedničku větší než exponent, tj. d(pn ) = n + 1.
11. Každé z těchto čísel je určeno jednoznačně: d(pq) = 4, d(p2 q) = 6, d(pq 2 ) = 6, d(p2 q 2 ) = 9,
d(p3 q) = 8.
12. Dělitelem čísla 1 728 = 26 ·33 je každé číslo 2a ·3b , kde a ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, b ∈ {0, 1, 2, 3}.
Množinu M pak můžeme přehledně zapsat tabulkou:
b|a
0
1
2
3
0
1
3
9
27
1
2
6
18
54
2
4
12
36
108
3
8
24
72
216
4
16
48
144
432
5
32
96
288
864
6
64
192
576
1 728
Tedy d(1 728) = 7 · 4 = 28.
13. d(pn q m ) = (n + 1)(m + 1)
14. Protože číslo 8 640 = 26 · 33 · 5 je pětinásobek čísla 1 728, je každý dělitel čísla 1 728
i dělitelem čísla 8 640. Navíc, jestliže k je dělitel čísla 1 728, pak 5k je dělitel čísla 8640. Proto
lze množinu M všech dělitelů čísla 8 640 zapsat pomocí dvou nad sebou ležících tabulek
shodných s tabulkou z řešení úlohy 12. Nad každým číslem tabulky ležící v „přízemíÿ se
nachází v „prvním patřeÿ jeho pětinásobek. Tak jsou všechna čísla z množiny M uspořádána
v okénkách hranolu s rozměry 7 · 4 · 2. Tedy d(8 640) = 7 · 4 · 2 = 56.
První zobecnění: Číslo 2n 3m 5k má (n + 1)(m + 1)(k + 1) dělitelů, tedy
34
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
(n + 1)(m + 1)(k + 1) − 1 vlastních dělitelů.
Druhé zobecnění: Nechť p, q, r jsou prvočísla. Číslo pn q m rk má (n + 1)(m + 1)(k + 1) dělitelů,
tedy (n + 1)(m + 1)(k + 1) − 1 vlastních dělitelů.
Třetí zobecnění: Nechť p1 < p2 < p3 < · · · < pk jsou prvočísla a n1 , n2 , n3 , . . . nk jsou
přirozená čísla. Pak d(pn1 1 pn2 2 pn3 3 . . . , pnk k ) = (n1 + 1)(n2 + 1)(n3 + 1) . . . (nk + 1).
Poslední zobecnění dává důležitou a silnou větu z elementární teorie čísel. Čtenář se k ní
dopracoval víceméně samostatně způsobem typickým pro objevování v oblasti teorie čísel –
od konkrétních modelů k obecným větám.
a a
15. Řešení jsou dvě: n = 8 a n = 15.
|
_
Zdůvodnění: 8 = 23 , tedy d(8) = 4 a 9 = 32 , tedy d(9) = 3; 15 = 3 · 5, tedy d(15) = 4
./
a 16 = 42 , tedy d(16) = 3.
a a
Zápis 16 = 42 není prvočíselný rozklad. Prvočíselný rozklad zní 16 = 24 . Proto d(16) = 5 a n = 15
^
není řešení. Úloha má jenom jedno řešení.
./
16. a) 140; b) 54; c) 60.
2.3
Algebrogramy a dělitelnost
Domluva: V následujícím textu značíme číslice velkými písmeny abecedy.
Příklad 2
Najděte všechna trojciferná čísla ABB dělitelná čtyřmi. Číslice A a B jsou
různé.
Řešení
Vhled: Pokud dostaneme otázku „Je číslo 124 dělitelné 4, 5 či 9?ÿ, je nám ihned jasné, jak
budeme postupovat. Vzpomeneme si na kritéria dělitelnosti a aplikujeme je, případně čísla
přímo vydělíme. Ovšem úloha, kterou máme řešit nyní, má poněkud jiný charakter. Požaduje
od nás použití kritérií dělitelnosti na vyšší úrovni a jakoby z druhé strany. Tady nemáme čísla
zadaná, máme je přímo vytvářet.
Hledáme čísla typu ABB. To jsou např. čísla 122, 544, 855, 977, 633. Mezi nimi musíme
vybrat ta, která jsou dělitelná čtyřmi. Jsou to např. 544, 288, 688.
Strategie: Víme, že číslo ABB je dělitelné čtyřmi, jestliže je jeho poslední dvojčíslí, tedy číslo
BB, dělitelné čtyřmi. Najdeme všechna taková BB.
Realizace: Víme, že B ∈ {0, 1, . . . , 9}, tedy BB ∈ {00, 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99}. Dělitelná čtyřmi jsou pouze čísla 00, 44 a 88. K nim přidáme čísla od 0 do 9 na místo stovek
(písmeno A) tak, aby A 6= B, a jsme hotovi.
a a
Výsledek: 0, 100, 200, 300, 400, 500, 600, 700, 800, 900, 44, 144, 244, 344, 544, 644, 744, 844,
|
_
944,
88, 188, 288, 388, 488, 588, 688, 788, 988.
./
a a
U úloh tohoto typu je nutné dát pozor na to, jaké je přesné zadání. Zejména kterými čísly mají být
^
hledaná čísla dělitelná, zda mohou být hledané číslice stejné, zda není dána nějaká omezující podmínka,
./
např. hledáme pouze čísla o určitém počtu cifer či čísla větší či menší než nějaké dané číslo. V našem
2.3. ALGEBROGRAMY A DĚLITELNOST
35
případě jsme nerespektovali, že hledáme pouze trojciferná čísla. Do výsledku nesmíme zahrnout čísla
0, 44 a 88.
36
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Příklad 3
Najděte všechna trojciferná čísla ABB dělitelná devíti. Číslice A a B jsou
různé.
Řešení I
Číslo ABB je dělitelné devíti, jestliže je číslo A + 2B dělitelné devíti, tj. je rovno číslu 9, 18,
27, 36. . . .
A
B
A
B
A
B
A
B
0
9
2
0
9
0
27
2
0
18
1
4
2
7
2
17
2
1
35
2
7
1
A + 2B = 18
2 3
4 5
6
15
13
8 2 7 2 6
1
1
13
A + 2B = 9
3 4 5 6
3 52 2 32
2
25
2
A + 2B = 27
3
4
5
23
12 2 11
6
21
2
A + 2B = 36
2
3
4
5
6
31
17 33
16
15
2
2
8
9
0
1
2
7
11
2
8
5
9
9
2
7
10
8
7
8
14
29
2
19
2
9
9
9
27
2
Z tabulek vybereme jen ty dvojice (A, B), ve kterých je B ∈ {0, 1, . . . , 9}, tj. (1, 4), (3, 3),
(5, 2), (7, 1), (9, 0), (0, 9), (2, 8), (4, 7), (6, 6), (8, 5), (9, 9).
a a
Výsledek: 144, 333, 522, 711, 900, 99, 288, 477, 666, 855, 999.
|
_
./
a a
Ze zadání úlohy víme, že A a B jsou různé cifry. Z výsledku tedy vyřadíme čísla 333, 666, 999. Navíc
^
hledáme
pouze trojciferná čísla, vyřadíme proto číslo 99.
./
Úloha má tedy sedm řešení.
Řešení II
Hledání číslic A a B pomocí tabulky je názorné, ale zbytečně pracné. Protože číslice A a B
mohou být nejméně 0 a nejvíce 9 a jsou to různé číslice, dostáváme omezující podmínky, které
můžeme využít: 1 ≤ A + 2B ≤ 26
Mezi těmito mezemi leží pouze 9 a 18 jako čísla dělitelná devíti. Tedy původní úloha se
přetransformovala na úlohu „Pro které různé číslice A, B je A + 2B rovno 9 nebo 18?ÿ.
∗ A + 2B = 9 ⇔ A = 9 − 2B. Odtud po dosazení za B ∈ {0, 1, 2, 3, 4} dostáváme
(A, B) ∈ {(9, 0), (7, 1), (5, 2), (1, 4)}. Podobně
∗ A + 2B = 18 ⇔ A = 2 ∧ B = 8 (A musí být sudé), nebo A = 4 ∧ B = 7, nebo
A = 8 ∧ B = 5.
2.3. ALGEBROGRAMY A DĚLITELNOST
37
Příklad 4
Najděte všechna čísla ABA dělitelná číslem 15 tak, aby ABA > 100. Číslice
A a B jsou různé.
Řešení
Vhled: V této úloze hledáme čísla dělitelná číslem 15. Víme, že číslo je dělitelné patnácti,
právě když je dělitelné třemi a pěti. Tedy hledáme čísla typu ABA dělitelná třemi a zároveň
pěti. Protože kritérium dělitelnosti pěti je silná podmínka, nejdříve najdeme všechna čísla
dělitelná pěti a z nich vybereme čísla dělitelná třemi1 .
Realizace: A je dělitelné pěti ⇒ A = 0 nebo A = 5. Oba případy vyšetříme zvlášť.
• Když A = 0, pak má hledané číslo tvar 0B0. Toto číslo je dělitelné třemi, právě když
B ∈ {3, 6, 9}. Pak ABA je jedno z čísel 30, 60 a 90.
• Když A = 5, pak má hledané číslo tvar 5B5. Číslo B + 10 je dělitelné třemi, právě když
B ∈ {2, 5, 8}. Případ B = 5 vyloučíme, protože A a B jsou různé číslice. Pak ABA je jedno
z čísel 525, 585.
a a
Výsledek: 30, 60, 90, 525, 585.
|
_
./
a a
Podle zadání musí být hledaná čísla větší než 100. Z námi nalezených čísel to první tři
^
nesplňují. Úloha má dvě řešení.
./
Příklad 5
Najděte (ne nutně různé) číslice X, Y , Z tak, aby šesticiferné číslo
n = XY 2 43Z bylo dělitelné číslem 396.
Řešení
Vhled: Tato úloha je obtížnější než předcházející tři. Přesto i u ní vystačíme s postupem,
který jsme se právě naučili. Hledaná čísla mají být dělitelná číslem 396 = 4 · 9 · 11, tedy musí
být dělitelná čtyřmi, devíti a současně i jedenácti.
Strategie: Opět budeme postupně využívat jednotlivých kritérií dělitelnosti. Je na nás, jaké
pořadí si vybereme. Vzhledem k tomu, že kritérium dělitelnosti jedenácti je nejsložitější, bude
dobré si ho nechat až na konec. Rozhodneme se pro následující pořadí – nejprve aplikujeme
kritérium dělitelnosti čtyřmi, pak devíti a nakonec jedenácti.
Při řešení nebudeme již používat tabulku ale „matematičtějšíÿ způsob zápisu, tj. zjistíme
omezující podmínky pro X, Y a Z.
Realizace: Protože 4|n, je dvojciferné číslo 3Z dělitelné čtyřmi, nebo-li Z ∈ {2, 6}. Oba případy
vyřešíme zvlášť.
• Z = 2, tedy n = XY 2 432 je dělitelné devíti, právě když X + Y + 11 je dělitelné devíti,
tj. X + Y + 2 je dělitelné devíti. Tedy X + Y + 2 je buď 9, nebo 18 (X + Y < 19). Odtud
X + Y ∈ {7, 16}.
1
Pokud žák začne s dělitelností pěti, již toto jeho rozhodnutí ukazuje na jeho vhled.
38
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
– První případ je X + Y = 7. Dále můžeme postupovat dvěma způsoby. Buď nalezneme
všechny kombinace X a Y a pak vyzkoušíme, zda jsou nalezená čísla dělitelná jedenácti, nebo aplikujeme současně kritérium dělitelnosti jedenácti. My půjdeme druhou
cestou.
Aplikujeme-li pravidlo dělitelnosti jedenácti na číslo n = XY 2 432, dostáváme podmínku 11|X − Y + 2 − 4 + 3 − 2, tj. 11|X − Y − 1. Poslední vztah je splněn právě tehdy,
když X − Y − 1 = 0.
Tedy dostáváme soustavu rovnic: X + Y = 7 ∧ X − Y = 1. Po vyřešení dostaneme
X = 4 a Y = 3. Prvním hledaným číslem je 432 432.
– Druhý případ je X + Y = 16. Druhá rovnice z kritéria dělitelnosti jedenácti je opět
X − Y = 1. Daná soustava nemá celočíselné řešení.
• Z = 6, tedy n = XY 2 436 je dělitelné devíti, právě když X + Y + 6 je dělitelné devíti,
tj. X + Y + 6 ∈ {9, 18}.
– První případ je X + Y = 3. Z kritéria dělitelnosti jedenácti plyne:
11|X − Y + 2 − 4 + 3 − 6, tedy X − Y − 5 ∈ {0, −11}.
∗ X + Y = 3 ∧ X − Y = 5 → soustava nemá řešení v N;
∗ X + Y = 3 ∧ X − Y = −6 → soustava nemá řešení v N.
– Druhý případ je X + Y = 12
∗ X + Y = 12 ∧ X − Y = 5 → soustava nemá řešení v N;
∗ X + Y = 12 ∧ X − Y = −6 → soustava má jedno řešení X = 3 a Y = 9; druhé
hledané číslo je 392 436.
Výsledek: 432 432, 392 436.
Poznámka: Celý soubor jednotlivých případů lze zapsat přehledně tabulkami. Znak 4 u rovnic
znamená, že tyto rovnice jsou důsledkem podmínky 4|n. Analogicky pro 9 a 11.
4Z=2
4Z=6
11 X − Y = 1
9 X +Y =7
(4, 3)
11 X − Y = 5
11 X − Y = −6
9 X +Y =3
−−
−−
9 X + Y = 16
–
9 X + Y = 12
–
(3, 9)
Úlohy
17. Najděte všechna čísla tvaru AAB, která jsou dělitelná číslem a) 12, b) 18, c) 25, d) 45,
kde A a B jsou různé číslice.
18. Najděte všechna čísla A BAB (A není rovno B) menší než 3 000, která jsou dělitelná
a) 12, b) 45.
2.3. ALGEBROGRAMY A DĚLITELNOST
39
19. Najděte různé číslice A a B tak, aby současně platilo 9|ABB a 4|BAA. Najděte všechna
řešení.
20. Najděte všechna čísla tvaru A BBA, která jsou dělitelná číslem a) 9, b) 99, kde A a B
jsou různé číslice.
21. Najděte všechna čísla tvaru A BAB, která jsou dělitelná číslem 39, kde A a B jsou různé
číslice.
22. Dokažte, že pro každou dvojici různých číslic A, B platí 7|A BBA ⇒ 77|A BBA.
23. Najděte všechna čísla tvaru A ABA, která jsou dělitelná číslem 11, kde A a B jsou různé
číslice.
24.
Najděte všechna čísla tvaru AA BAB, která jsou dělitelná číslem 33, kde A a B jsou
různé číslice.
25. Dokažte, že pro každou trojici různých číslic A, B, C
platí (9|ACA ∧ 9|BC) ⇒ 3|AB.
26. Najděte všechna čísla tvaru XY 32Z, která jsou dělitelná číslem 216, kde X, Y , Z jsou
různé číslice.
27. a) Najděte všechna čísla XY 2 44Z, kde X, Y , Z
jsou navzájem různé číslice, tak, aby
XY 2 44Z bylo dělitelné číslem 180 a aby toto číslo bylo větší nebo rovno 600 000.
b) Najděte takové různé číslice X, Y , Z, aby platilo: 120|XY 2 44Z a současně číslo
XY 2 44Z < 250 000.
Řešení
17. a) 228, 336, 552, 660, 996; b) 558, 774, 882, 990; c) 225, 550, 775; d) 990, 225.
18. a) 1 212, 2 424; b) žádné.
19. A = 0 a B = 9; A = 4 a B = 7; A = 8 a B = 5.
20. 990, 1 881, 2 772, 3 663, 4 554, 5 445, 6 336, 7 227, 8 118, 9 009. Stejný výsledek pro číslo 9
i 99 (viz úloha 22).
21. 3939, 7878.
22. Číslo A BBA lze psát ve tvaru 1 000A + 100B + 10B + A = 1 001A + 110B =
= 11(91A + 10B). Protože číslo A BBA je vždy dělitelné jedenácti, plyne z jeho dělitelnosti
sedmi i dělitelnost číslem 77.
23. Protože A − A + B − A = B − A má být dělitelné jedenácti, musí být B − A = 0, tedy
B = A, což odporuje zadání úlohy. Úloha nemá řešení.
24. 11 616, 66 363, 77 979.
40
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
25. Zvolme číslice C, pak ze vztahu B + C = 9 vypočteme B a ze vztahu 2A + C ∈ {9, 18}
vypočteme A. Případy, kdy některé dvě z číslic A, B, C splynou, vypustíme. Ostatní případy
jsou dány v tabulce.
A
B
C
4
8
1
8
7
2
7
5
4
2
4
5
1
2
7
5
1
8
Tedy číslo AB je některé z čísel 48, 87, 75, 24, 51, 12. Všechna tato čísla jsou dělitelná třemi.
26. Pro Z = 0 je XY ∈ {31, 58, 85}. Pro Z = 8 je XY ∈ {23, 50}.
27. a) 622 440, 712 440, 892 440, 982 440; b) 142 440, 172 440, 232 440.
2.4
Největší společný dělitel a nejmenší společný násobek
Příklad 6
Najděte největší společný dělitel D čísel 1 496 a 2 024.
Řešení
Vhled: Společný dělitel dvou čísel je takové číslo, které je dělitelem každého z nich. V našem
případě např. číslo 2 je společným dělitelem čísel 1 496 a 2 024. Lehce zjistíme, že i číslo
4 a dokonce 8 je společným dělitelem obou čísel. Nevíme však, zda číslo 8 je největším
společným dělitelem. Abychom to zjistili, budeme hledat, zda neexistuje ještě další společný
dělitel, případně dělitelé.
Strategie: Při hledání největšího společného dělitele používáme dvou metod. První z nich je
rozklad každého z čísel na prvočísla, druhá spočívá v souběžném zmenšování obou zkoumaných
čísel. Naši úlohu vyřešíme oběma způsoby.
Způsob I
1 496 = 23 · 11 · 17
2 024 = 23 · 11 · 23
Největším společným dělitelem je tedy číslo D(1 496, 2 024) = 23 · 11 = 88.
Způsob II
1 496 2 024
748 1 012
374
506
187
253
17
23
:
2
2
2
11
D(1 496, 2 024) = 2 · 2 · 2 · 11 = 88.
Druhý způsob je méně úspěšný tenkrát, když jedním ze společných dělitelů je prvočíslo,
pro které neznáme kritérium dělitelnosti. Například, když hledáme D(156, 1 287). Obě čísla
jsou dělitelná číslem 3 a po zmenšení dostáváme dvojici čísel 52, 429, u nichž však společný
2.4. NEJVĚTŠÍ SPOLEČNÝ DĚLITEL A NEJMENŠÍ SPOLEČNÝ NÁSOBEK
41
dělitel nevidíme. Při aplikaci prvního způsobu společný dělitel najdeme: 156 = 22 · 3 · 13,
1 287 = 32 · 11 · 13.
Z prvočíselného rozkladu obou čísel ihned vidíme, že obě čísla jsou dělitelná číslem 3 a 13.
Tedy obě jsou dělitelná číslem 3 · 13 = 39, a tedy D(156, 1 287) = 39.
Příklad 7
Najděte nejmenší společný násobek n čísel 156 a 1 287.
Řešení
Vhled: Společný násobek dvou čísel je takové číslo, které je dělitelné každým z uvedených
dvou čísel. Např. společným násobkem čísel 156 a 1 287 je zcela jistě číslo 156 · 1 287. Nevíme
však, zda je to nejmenší společný násobek.
Strategie: Podobně jako při hledání D i zde existují obě zmíněné cesty. Druhý způsob je
však, jak jsme již viděli v předchozí úloze, těžko realizovatelný, protože neznáme kritérium
dělitelnosti číslem 13. Omezíme se proto pouze na způsob první.
Realizace: Z předchozího případu víme, že 156 = 22 · 3 · 13 a 1 287 = 32 · 11 · 13. V prvočíselném
rozkladu hledaného nejmenšího společného násobku musí být prvočísla z rozkladu čísla 156,
tj. n musí mít tvar 22 · 3 · 13 · x. Dále víme, že číslo 1 287 má být dělitelem čísla n, proto n má
tvar 32 · 11 · 13 · y. Tedy v prvočíselném rozkladu čísla n musí být čísla 22 , 32 , 11, 13. Proto
n(156, 1 287) = 5 148.
Výsledek: n = 5 148
Příklad 8
Najděte všechna x, pro něž D(x, 63) = 3 a n(x, 63) = 252.
Řešení
Vhled: O čísle x, které hledáme, budeme uvažovat v souvislosti s jeho rozkladem na prvočísla.
Tedy při výpočtu D a n budeme užívat způsob I.
Strategie: Nejdříve uděláme prvočíselný rozklad všech čísel vystupujících v úloze a pak aplikujeme poznatky o největším společném děliteli a nejmenším společném násobku.
Realizace: 63 = 32 · 7,
252 = 22 · 32 · 7.
• Protože D = 3, je v rozkladu čísla x číslo 3, ale není tam 32 ani 7 (pak by totiž D bylo 32 ,
resp. 3 · 7 = 21). tj. x = 3 · y, kde 3 6 |y a 7 6 |y.
• Protože n = 252 = 22 · 32 · 7, musí být v rozkladu čísla 252 tato prvočísla a žádná jiná.
Číslo 32 je tam „díkyÿ číslu 63, proto 32 v rozkladu čísla x může, ale nemusí být. Číslo 22
tam není „díkyÿ číslu 63, musí tam tedy být „díkyÿ číslu x a musí být v jeho prvočíselném
rozkladu. Konečně číslo 7 tam je „díkyÿ číslu 63, v rozkladu čísla x může, ale nemusí být.
tj. x1 = 22 , x2 = 22 · 3, x3 = 22 · 32 , x4 = 22 · 7, x5 = 22 · 3 · 7, x6 = 22 · 32 · 7.
Musíme si uvědomit, že obě podmínky platí zároveň, tj. zjistíme, co nám plyne z obou podmínek, a oba výsledky porovnáme.
42
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Z podmínky D = 3 víme, že x = 3y, kde 3 6 |y a 7 6 |y. Z podmínky n = 252 plyne, že x je jedno
z šesti čísel nahoře uvedených. Oběma podmínkám současně odpovídá pouze x2 = 22 · 3, a to
je také výsledek naší úlohy.
Výsledek: x = 12
Úlohy
28. Najděte
a)
c)
D(63, 168) a n(63, 168);
D(504, 3 402) a n(504, 3 402);
b)
d)
D(825, 26 125) a n(825, 26 125);
D(9 801, 121 000) a n(9 801, 121 000).
29. Najděte všechny dvojice přirozených čísel x, y, které splňují následující podmínky:
a)
c)
xy = 2 325 a D(x, y) = 5;
xy = 90 000 a D(x, y) = 10;
b)
d)
xy = 90 000 a D(x, y) = 5;
xy = 225 220 a D(x, y) = 5.
30. Najděte všechna x, pro něž D(x, 28) = 14, n(x, 15) = 1 050.
31. Najděte všechna x, pro něž D(x, 44) = 2, n(x, 44) = 308.
32. Najděte všechny možné hodnoty pro (svá řešení zdůvodněte):
a) D(p, q), kde p, q jsou různá prvočísla;
b) D(n, n + 1), kde n je libovolné přirozené číslo;
c) D(n, n + 2), kde n je libovolné přirozené číslo;
d) D(n, n + 5), kde n je libovolné přirozené číslo;
e) D(n, n + 30), kde n je libovolné liché přirozené číslo;
f) D(n, n + 30), kde n je libovolné přirozené číslo;
g) D(n2 + 1, n + 1), kde n je libovolné přirozené číslo;
h) D(8n + 7, 5n + 6), kde n je libovolné přirozené číslo.
33. Najděte obecné vzorce pro (svá řešení zdůvodněte):
a) n(p, q), kde p, q jsou prvočísla;
b) n(n, n + 1), kde n je libovolné přirozené číslo;
c) n(n, n + 2), kde n je libovolné liché přirozené číslo;
d) n(n, n + 2), kde n je libovolné sudé přirozené číslo;
e) n(n, n + 6), kde n je lichý násobek tří.
Řešení
28. a) D = 21, n = 504; b) D = 275, n = 78 375; c) D = 126, n = 13 608; d) D = 121,
n = 9 801 000.
29. a) x1 = 3 · 5 · 31 a y1 = 5, x2 = 3 · 5 a y2 = 5 · 31, plus cyklická záměna;
2.5. EUKLIDŮV ALGORITMUS
43
b) x1 = 24 · 32 · 53 a y1 = 5, x2 = 53 a y2 = 24 · 32 · 5, x3 = 32 · 53 a y3 = 24 · 5, x4 = 24 · 53
a y4 = 32 · 5, plus cyklická záměna;
c) x1 = 23 · 32 · 53 a y1 = 2 · 5, x2 = 2 · 32 · 53 a y2 = 23 · 5, x3 = 23 · 53 a y3 = 2 · 32 · 5,
x4 = 2 · 53 a y4 = 23 · 32 · 5, plus cyklická záměna;
d) nemá řešení.
30. x1 = 350, x2 = 1 050.
31. x = 14
32. a) 1; b) 1; c) jestliže n je sudé, pak 2, jestliže n je liché, pak 1; d) 1, nebo 5 (jestliže
D(n, n + 5) = k, pak n = xk a n + 5 = yk; do druhé rovnice dosadíme za n a dostaneme
kx + 5 = yk, upravíme 5 = k(y − x), a tedy k se může rovnat buď 1, nebo 5); e) 1, 3, 5, 15
(postup jako v d)); f) 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30 (postup jako v d)); g) 1, 2; h) 1, 13.
33. a) pq; b) n(n + 1); c) n(n + 2); d)
2.5
n(n+2)
;
2
e)
n(n+6)
.
3
(Zkuste si několik číselných příkladů.)
Euklidův algoritmus
Příklad 9
Najděte D = D(3 451, 5 066).
Řešení
Vhled: Když na první z čísel 3 451 zkusíme kritérium dělitelnosti čísly 2, 3, 5, 11, neuspějeme.
Číslo 5 066 = 2 · 2 533 též dále rozkládat neumíme. Tedy hledat společný dělitel těchto čísel
výše popsanými metodami vyžaduje úmornou práci s kalkulačkou. Existuje však jiný způsob,
jak k výsledku dospět – daná čísla postupně zmenšovat tak, aby se číslo D neměnilo. Toho
můžeme dosáhnout postupem zvaným Euklidův algoritmus.
Strategie: Označme D = D(u, v). Nechť v > u. Označme w = v − u. Pak D = D(w, u). Původní úlohu jsme zjednodušili. Číslo D(w, u) najdeme snadněji než D(u, v), protože pracujeme
s menšími čísly. Předpokládejme, že číslo v je větší než k-násobek čísla u. Pak využijeme faktu,
že D(u, v) = D(u, v − ku). Úlohu zjednodušíme ještě výrazněji. Opakováním tohoto triku, že
totiž větší z čísel dvojice zmenšujeme menším, dospějeme nakonec k výsledku. Názorně to
uvidíme na konkrétním výpočtu.
Realizace:
D = D(3 451, 5 066) = D(3 451, 5 066−3 451) = D(3 451, 1 615) = D(3 451−2·1 615, 1 615) =
= D(221, 1 615) = D(221, 1 615 − 7 · 221) = D(221, 68) = D(221 − 3 · 68, 68) = D(17, 68) =
= D(17, 68 − 4 · 17) = D(17, 0) = 17
Postup pomocí Euklidova algoritmu můžeme zapsat také takto:
5 066 = 1 · 3 451 + 1 615
3 451 = 2 · 1 615 + 221
1 615 = 7 · 221 + 68
221 = 3 · 68 + 17
68 = 4 · 17 + 0
44
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Výsledek: D = 17
Poznámka: Prvočíselný rozklad uvažovaných čísel je 3 451 = 7 · 17 · 29 a 5 066 = 2 · 17 · 149.
2.5. EUKLIDŮV ALGORITMUS
45
Příklad 10
12n+7
19n+15
Pro která n ∈ N je zlomek
v základním tvaru?
Řešení
Vhled: Zlomek ab je v základním tvaru právě tehdy, když D(a, b) = 1. Tím je úloha převedena
na úlohu najít n ∈ N, pro která D(12n + 7, 19n + 15) = 1.
Realizace: Euklidovým algoritmem najdeme
D(12n + 7, 19n + 15) = D(12n + 7, 7n + 8) = D(5n − 1, 7n + 8) = D(5n − 1, 2n + 9) =
= D(n − 19, 2n + 9) = D(n − 19, 47). Protože číslo 47 je prvočíslo, je D(n − 19, 47) rovno buď
1, nebo 47.
D(n − 19, 47) = 47 ⇔ n = 47k + 19, k ∈ N0
Pro všechna ostatní n je D(n − 19, 47) = 1.
Např. k = 0 ⇒ n = 19 ⇒
235
376
= 58 .
12n+7
Výsledek: Zlomek 19n+15
není v základním tvaru, když n = 47k + 19, k ∈ N0 . Pro všechna
ostatní n je v základním tvaru.
Úlohy
34. Euklidovým algoritmem vypočtěte
a) D(259, 301);
d) D(5 359, 7 889);
b) D(403, 494);
e) D(92 701, 215 441).
c) D(5 797, 4 123);
35. Zjistěte, pro která přirozená n daný zlomek není v základním tvaru.
a)
e)
29n + 31
;
32n + 41
24n + 13
;
39n + 21
b)
f)
18n + 13
;
11n + 8
c)
5n + 7
;
12n + 17
d)
79n + 25
;
24n + 7
2n2 + 2n − 3
.
n2 − 2
Řešení
34. a) 7; b) 13; c) 31; d) 23; e) 323.
35. a) n = 197k − 69, kde k ∈ N; b) pro žádná n; c) pro žádná n; d) n = 47k − 14, k ∈ N;
e) pro žádná n; f) n = 7k + 3, k ∈ N0 .
46
2.6
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Diofantovské rovnice
Poznámka: Rovnice, v nichž se řešení hledá pouze v oboru celých čísel, nazýváme také rovnice
diofantovské na počest velkého řeckého matematika Diofanta, který jako první vybudoval
teorii těchto rovnic.
Příklad 11
Najděte všechna celočíselná řešení rovnice 5x − 17y = 3.
Řešení I
Vhled: V oboru reálných čísel má tato rovnice o dvou neznámých x, y nekonečně mnoho
řešení. Ke každému y lze najít x = 3+17y
tak, že dvojice (x, y) je řešením dané rovnice. Nás
5
však zajímají pouze řešení celočíselná. K jejich hledání musíme vypracovat speciální postupy.
Strategie: Zkusíme nejdříve experimentálně najít nějaká řešení. Dosaďme za y postupně čísla
1, 2, 3, . . . a dopočítejme x. Výsledky evidujme tabulkou.
y
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
20
5
37
5
54
5
71
5
88
5
105
5
122
5
139
5
156
5
173
5
Pouze ve dvou z těchto deseti případů je hodnota x celočíselná – pro y = 1 a y = 6. Tedy
řešením dané rovnice je například dvojice (4, 1) a (21, 6). Zatím nevíme, kolik celočíselných
řešení daná rovnice má. Nějaká řešení rovnice najít dovedeme, ale nedokážeme zatím říci,
zda existuje i obecné vyjádření celočíselného řešení – formule, pomocí které najdeme všechna
řešení.
Kdybychom našli dostatečný počet konkrétních řešení, snad by se nám tato řešení podařilo
zobecnit. Čtenář se o tento postup může pokusit. My však zvolíme jinou cestu. Podíváme
se ne na sérii řešení, ale přímo na rovnici jako na algebraický výraz. Když výraz upravíme,
dostaneme:
17y + 3
2y + 3
x=
= 3y +
5
5
Protože x i y mají být celočíselná, musí být i zlomek
tedy transformovali na úlohu:
Pro která celočíselná y je zlomek
2y+3
5
celočíselný. Původní úlohu jsme
2y+3
5
celé číslo?
Podobně jako u původní rovnice si uděláme tabulku, do které zapíšeme y a zbytek při dělení
(2y + 3) : 5 (zajímají nás případy, kdy je tento zbytek 0).
y
zbytek
1
0
2
2
3
4
4
1
5
3
6
0
7
2
8
4
9
1
10
3
11
0
12
2
13
4
Tato tabulka vnáší do situace více světla, protože její druhý řádek odhaluje rytmus, který
je v dané situaci ukrytý. V první tabulce jsme z druhého řádku žádnou zákonitost nevyčetli.
Z této tabulky je patrné, že ve druhém sloupci se periodicky opakují čísla 0, 2, 4, 1, 3. Zbytek
0 dostáváme pro y ∈ {1, 6, 11, . . . }, příslušné x pak bude z množiny {4, 21, 38, . . . }. Teď je již
jasné, že rovnice má nekonečně mnoho celočíselných řešení.
2.6. DIOFANTOVSKÉ ROVNICE
47
Realizace: Víme již, jak můžeme řešení hledat, ale nemáme zatím obecnou formuli, která by
všechna řešení popsala. Vypišme si do další tabulky několik prvních (při našem hledání) řešení
(x, y) dané rovnice.
k
x
y
0
4
1
1
21
6
2
38
11
3
55
16
4
72
21
5
89
26
...
...
...
Z tabulky vidíme, že hodnoty x vzrůstají po sedmnácti a hodnoty y po pěti. Toto poznání
nám umožní dát tabulce tvar, z něhož je zřejmá hledaná formule.
k
x
y
0
4
1
1
4 + 1 · 17
1+1·5
2
4 + 2 · 17
1+2·5
3
4 + 3 · 17
1+3·5
...
...
...
k
4 + k · 17
1+k·5
a a
Výsledek: Množina řešení dané rovnice je M = {(17k + 4, 5k + 1); k ∈ Z}.
|
_
./
a a
Tvrzení z výsledku dokázáno nebylo. Na základě experimentální činnosti a důvěry v tabulky jsme tuto
^
formuli
získali a prohlásili za platnou. Matematicky vzato máme pouze hypotézu. Nevíme například,
./
zda uvedená formule skutečně platí i pro záporná k. Nevíme též, zda kromě nalezených řešení neexistují
řešení další. Jistotu nabudeme až pomocí důkazu.
Nutno dokázat dvě věci:
• Pro každé k ∈ Z je x = 17k + 4, y = 5k + 1 řešením původní rovnice.
• Ke každému celočíselnému řešení (x, y) existuje k ∈ Z tak, že x = 17k + 4, y = 5k + 1.
První tvrzení říká, že množina M = {(17k + 4, 5k + 1); k ∈ Z} je množinou řešení dané rovnice. Druhé
tvrzení říká, že je to množina všech řešení.
První tvrzení dokážeme dosazením do rovnice. To přenecháme čtenáři. Druhé tvrzení dokážeme úvahou. Nechť (x, y) je celočíselné řešení dané rovnice, pak
x=
je celé číslo. Tedy
2(y−1)
5
17y + 3
2(y − 1)
= 3y + 1 +
5
5
je celé číslo, a proto
y−1
5
= k je celé číslo. Odtud x = 17k + 4 a y = 5k + 1.
Řešení II
Můžeme postupovat i jiným způsobem. Nejdříve rovnici upravíme stejně jako v předchozím
případě.
Osamostatníme x
2y + 3
.
x = 3y +
5
Jsou-li x a 3y celá čísla, je i
2y+3
5
celé číslo. Označíme ho tedy t. Pak
x = 3y + t, kde t =
Z toho plyne, že 5t = 2y + 3. Vyjádříme y: y =
5t−3
2
2y + 3
.
5
= 2t +
t−3
2 .
48
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Protože y a t jsou celá čísla, musí také
t−3
2
být celé číslo, označme ho s. Pak
y = 2t + s, kde s =
t−3
.
2
Odtud 2s = t − 3. Vyjádříme t: t = 2s + 3.
Teď, kdy jsme postupnou úpravou dostali celá čísla, budeme zpětně dosazovat za t a y:
y = 2t + s = 2(2s + 3) + s = 5s + 6,
x = 3y + t = 3(5s + 6) + (2s + 3) = 17s + 21.
Výsledek: P = {(17s + 21, 5s + 6); s ∈ Z}.
a a
V úvahách máme chybu. Při prvním řešení jsme dospěli k výsledku
|
_
M
= {17k + 4, 5k + 1); k ∈ Z} a teď k jinému výsledku P = {(17s + 21, 5s + 6); s ∈ Z}. Kde
./
je chyba?
a a
Žádná chyba v řešení není. Množiny M a P jsou totožné, jenže každá z těchto množin je zapsána
^
jinak.
Je to podobné, jako když žák páté třídy najde dvě „různáÿ řešení rovnice jako 1 a 2 .
./
2
4
Identitu M = P nahlédneme, když do vyjádření množiny M dosadíme k = s + 1.
Poznámka: Existuje nekonečně mnoho různých způsobů zápisů řešení diofantovské rovnice
Ax + By = C.
Příklad 12
Najděte všechna celočíselná řešení rovnice 16x − 11y = 5.
Řešení
Strategie: Mohli bychom užít podobného postupu jako v předchozím případě. Zde však jedno
řešení x = 1 a y = 1 vidíme okamžitě. Ukážeme, jak z tohoto dílčího poznatku lehce najdeme
všechna další řešení. Nalezené řešení „odečtemeÿ od dané rovnice.
Realizace: Víme, že (1, 1) je jedno řešení, a předpokládejme, že (a, b) je jiné řešení. Pak tedy
platí
16a − 11b = 5
a zároveň
16 · 1 − 11 · 1 = 5.
Odečtením obou rovnic dostáváme vztah
16(a − 1) − 11(b − 1) = 0,
tj. 16(a − 1) = 11(b − 1). Protože čísla 16 a 11 jsou nesoudělná, je nutně a − 1 dělitelné
jedenácti a b − 1 dělitelné šestnácti. Tedy platí a − 1 = 11r, r ∈ Z, b − 1 = 16s, s ∈ Z.
Po dosazení do 16(a − 1) = 11(b − 1) máme r = s.
Zjistili jsme, že je-li (a, b) řešení, pak existuje r ∈ Z tak, že a − 1 = 11r a b − 1 = 16r.
Výsledek: M = {(11r + 1, 16r + 1); r ∈ Z}
2.6. DIOFANTOVSKÉ ROVNICE
49
Příklad 13
Najděte všechna celočíselná řešení rovnice 3x + 6y = 77.
Řešení
Úpravou výchozí rovnice dostáváme:
77 − 6y
2
= 25 − 2y + .
3
3
Je zřejmé, že rovnice nemá v Z řešení, protože x a y nebudou nikdy současně celá čísla.
To, že rovnice nemá v celých číslech řešení, je jasné již ze zadání 3(x + 2y) = 77. Levá strana
je dělitelná třemi a pravá není.
x=
Úlohy
36. Najděte všechna celočíselná řešení rovnice
a) 4x + 5y = 77;
c) 9y − 13x = 5;
e) 5x − 12y + 47 = 0;
b) 9x − 6y = 15;
d) 21x − 14y = 6;
f) 7x − 22y = 1.
37. Najděte všechna celočíselná řešení rovnice
a) 13x + 4y + 10 = 0;
c) 25x + 50y = 15;
e) 93x − 78y + 27 = 0;
b) 39x − 41y = 36;
d) 37x − 50y + 1 = 0;
f) 8x − 17y = 1.
38. Ze špatně čitelné účtenky jsme zjistili, že byly kupovány dva druhy zboží – hydraulický
zvedák stranový, typ 7515, za 2 590 Kč jeden kus a přídavná světla mlhová, vzor AB15–5,
za 670 Kč jeden kus. Celková suma nákupu byla 59 000 Kč. Jsme schopni zjistit, kolik kusů
kterého zboží bylo zakoupeno?
Řešení
36.
a) M = {(−5k + 18, 4k + 1); k ∈ Z};
c) M = {(9k + 1, 13k + 2); k ∈ Z};
e) M = {(12k − 7, 5k + 1); k ∈ Z};
b) M = {(2k + 1, 3k − 1); k ∈ Z};
d) M je prázdná množina;
f) M = {(22k + 19, 7k + 6); k ∈ Z}.
37.
a) M = {(4k − 2, 4 − 13k); k ∈ Z};
c) M je prázdná množina;
e) M = {(26k − 7, 31k − 8); k ∈ Z};
b) M = {(41k − 18, 39k − 18); k ∈ Z};
d) M = {(50k + 27, 37k + 20); k ∈ Z};
f) M = {(17k + 15, 8k + 7); k ∈ Z}.
38. Rovnice 259x + 67y = 5 900 má v oboru přirozených čísel jediné řešení x = 7 a y = 61.
Tedy z daných údajů umíme jednoznačně říci, že bylo koupeno 7 hydraulických zvedáků
stranových, typ 7515, a 61 přídavných světel mlhových, vzor AB15–5.
50
KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL
Kapitola 3
Kombinatorika
3.1
Poznámka úvodem
Kombinatorika bývá často neoblíbená, ba dokonce studenty děsící část matematiky. Příčina
nelibosti spočívá ve špatném pochopení a vyučování této disciplíny. Ve škole je prezentována
zejména pomocí vzorečků známých pod jmény permutace, kombinace, variace . . . . Řešit úlohu
z kombinatoriky pro studenta znamená uhodnout správný z uvedených vzorečků a čísla z úlohy
do něj správně dosadit. Právě první z těchto kroků bývá kámen úrazu řešení.
Uvedený přístup ke kombinatorice vede k formálnímu poznání, ne k pochopení podstaty.
Jádrem kombinatoriky je schopnost zpřehlednit nepřehlednou množinu. Stručně, kombinatorika je teorie o „dělání pořádkuÿ.
První etapou ve výuce kombinatoriky by mělo být nabývání zkušeností s „úklidemÿ. Podle
našeho názoru existuje jediná cesta, jak toho dosáhnout – trpělivě řešit úlohy vypisováním
prvků. Přesněji vzít množinu M , kterou nutno uspořádat, vypsat několik jejích prvků (ne tři,
čtyři, ale třicet, čtyřicet) a hledat kritérium, podle kterého lze tyto prvky přehledně uspořádat.
Pak uspořádání udělat. Nakonec zjistit, kolik má tato přehledně organizovaná množina prvků.
Jistě, tato metoda je pracná, ale vede k cíli. Řešiteli se kombinatorika přívětivě otevře.
Jinou metodu pronikání do této oblasti matematiky neznáme.
n n!
Domluva: Symbol C(k, n) značí kombinace k-té třídy z n prvků:
= k!(n−k)!
. Symbol
k
V (k, n) značí variace k-té třídy z n prvků.
3.2
Úlohy s aritmetickým kontextem
Příklad 1
Kolik přirozených čísel větších než 15 lze vytvořit z číslic 1, 2, 3, 4, 5, jestliže se
žádná číslice neopakuje?
Řešení I
Vhled: Naším úkolem je zjistit počet prvků jisté množiny čísel. Označme tuto množinu M
a čísla, která do M patří, nazvěme (jen pro naše potřeby) dobrá. Čísla, která do M nepatří,
nazvěme špatná. Začneme tím, že se na množinu M podíváme podrobněji. Uvědomíme si, co
nám o dobrých číslech říká zadání. Jsou to tři věci:
51
52
KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA
• dobré číslo je větší než 15;
• číslo, které obsahuje byť jen jedinou z číslic 0, 6, 7, 8, 9, je číslo špatné; dobré číslo obsahuje
pouze číslice 1, 2, 3, 4, 5;
• číslo, ve kterém se některá číslice opakuje, je špatné; dobré číslo obsahuje libovolnou číslici
nejvýše jednou.
Teď konkrétně. Z první podmínky víme, že do množiny M mohou patřit všechna přirozená
čísla počínaje číslem 16. Tedy čísla 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27,. . . , 99, 100,
101,. . . , 999, 1 000,. . .
Druhá podmínka z těchto čísel mnohé vyloučí; například čísla 16, 17 nebo 20 jsou špatná. Jako
kandidáti na dobrá zůstávají pouze čísla 21, 22, 23, 24, 25; 31, 32, 33, 34, 35; 51, 52, 53, 54, 55;
111, 112, 113, 114, 115; 121, 122, 123, 124, 125; 131, 132, 133, 134, 135; 141, 142, 143, 144, 145;
151, 152, 153, 154, 155; . . .
Konečně třetí podmínka skoro všechna z těchto čísel vyloučí. Předně každé šestimístné číslo
složené pouze z číslic 1, 2, 3, 4, 5 je špatné, protože v něm se aspoň jedna číslice nutně opakuje.
Tím spíše všechna sedmimístná, osmimístná,. . . čísla jsou špatná. Zůstávají pouze dvojmístná,
trojmístná, čtyřmístná a pětimístná čísla.
• Dobrá dvojmístná čísla: 21, 23, 24, 25; 31, 32, 34, 35; 41, 42, 43, 45; 51, 52, 53, 54 (je jich 16).
• Dobrá třímístná čísla: 123, 124, 125; 132, 134, 135; 142, 143, 145; 152, 153, 154; 213, 214, 215;
231, 234, 235; 241, 243, 245; 251, 253, 254; 312, 314, 315; 321, 324, 325; 341, 342, 345; 351, 352, 354;
412, 413, 415; 421, 423, 425; 431, 432, 435; 451, 452, 453; 512, 513, 514; 521, 523, 524; 531, 532, 534;
541, 542, 543 (těch je 60).
• Dobrá čtyřmístná čísla 1 234, 1 235, 1 243, 1 245, 1 253, 1 254; 1 324, 1 325, 1 342, 1 345, 1 352,
1 354; atd. (těch je hodně).
Vypisování všech čtyřmístných dobrých čísel je asi příliš zdlouhavý způsob evidence. Bude
rozumné hledat úspornější cestu.
Metoda rozkladu
V první části jsme se pokusili nabýt vhled do zkoumané situace. Evidovali jsme tři podmínky
textu úlohy. Pak jsme začali vypisovat dobrá čísla (tj. ta, co vyhovují třem podmínkám)
počínaje nejmenším dobrým číslem 21. Bylo přirozené rozdělit všechna dobrá čísla do čtyř
podmnožin:
M2 je množina všech dobrých 2-ciferných čísel (má 16 prvků), M3 je množina všech dobrých
3-ciferných čísel (má 60 prvků), M4 je množina všech dobrých 4-ciferných čísel (má hodně
prvků), M5 je množina všech dobrých 5-ciferných čísel (má hodně prvků).
Zjistíme-li počet prvků množin M4 i M5 , budeme s řešením úlohy hotovi.
• Počet prvků množiny M4
Musíme získat přehled přes všechna dobrá čtyřciferná čísla. To lze udělat různými způsoby.
Například tak, že celou množinu M4 rozložíme na dalších pět podmnožin podle první číslice:
P1 je množina všech čísel z M4 s první číslicí 1, P2 je množina všech čísel z M4 s první číslicí 2,
P3 je množina všech čísel z M4 s první číslicí 3, P4 je množina všech čísel z M4 s první číslicí 4,
P5 je množina všech čísel z M4 s první číslicí 5.
Postupně zjistíme, kolik prvků má každá z množin P1 , P2 , P3 , P4 a P5 .
3.2. ÚLOHY S ARITMETICKÝM KONTEXTEM
53
Množina P1 se skládá z čísel typu 1abc, kde a, b, c jsou tři různé z číslic 2, 3, 4, 5. Vypišme
všechny možné takové trojice abc:
234, 243, 253,
235, 245, 254,
Trojice abc,
pro něž a = 2
324, 342, 352,
325, 345, 354,
Trojice abc,
pro něž a = 3
423, 432, 452,
425, 435, 453,
Trojice abc,
pro něž a = 4
523, 532, 542,
524, 534, 543.
Trojice abc,
pro něž a = 5
Zjistili jsme, že množina P1 má 6 · 4 = 24 prvků.
Zcela stejným způsobem vyšetříme množinu P2 a zjistíme, že má rovněž 24 prvků. Podobně
množiny P3 , P4 i P5 mají každá 24 prvků.
Množina M4 má tedy 5 · 24 = 120 prvků.
• Počet prvků množiny M5
Při vyšetřování množiny M5 postupujeme podobně jako v předchozím případě. Celou množinu
M5 rozložíme na podmnožiny:
P1 je množina všech čísel z M5 s první číslicí 1, P2 je množina všech čísel z M5 s první číslicí 2,
P3 je množina všech čísel z M5 s první číslicí 3, P4 je množina všech čísel z M5 s první číslicí 4,
P5 je množina všech čísel z M5 s první číslicí 5.
Postupně zjistíme, kolik prvků má každá z množin P1 , P2 , P3 , P4 a P5 .
Množina P1 se skládá z čísel typu 1abcd, kde a, b, c, d jsou číslice 2, 3, 4, 5. Vypišme všechny
možné takové čtveřice abcd:
2345, 2354, 2435, 2453, 2534, 2543 jsou ty čtveřice, pro které a = 2,
3245, 3254, 3425, 3452, 3524, 3542 jsou ty čtveřice, pro které a = 3,
4235, 4253, 4325, 4352, 4523, 4532 jsou ty čtveřice, pro které a = 4,
5234, 5243, 5324, 5342, 5423, 5432 jsou ty čtveřice, pro které a = 5.
Celkem je 6 · 4 = 24 čtveřic.
Množina P1 má tedy 24 prvků. Stejně lze rozepsat každou z množin P2 , P3 , P4 a P5 . Každá
má tedy 24 prvků.
Množina M5 má tedy 5 · 24 = 120 prvků.
Výsledek: M2 má 16 prvků, M3 má 60 prvků, M4 má 120 prvků a M5 má 120 prvků. Tedy
vyšetřovaná množina M má 16 + 60 + 120 + 120 = 316 prvků.
Řešení II
Způsob, kterým jsme vypisovali všechny prvky množin M nebo P , je dosti těžkopádný. Existuje grafické schéma, které zestruční zápis a pro některé čtenáře jej může i zpřehlednit. Ukážeme ho na příkladu množiny M3 .
Všech 12 čísel prvního řádku množiny M3 je zapsáno v grafu:
54
KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA
Stovky
Desítky
Jednotky
1 3
4
PP
q
P
2
PP
5
7
1
2
4
* 3 PPP
P
q 5
P
1
H
SH
1 2
S HH
j 4
H
3
P
PP
S
P
q
P
5
S
S
1
2
w
S
3
5 PP
PP
q 4
P
Způsob, kterým v tomto grafu přečteme všech dvanáct čísel od 123 po 154, je zřejmý. Z první
číslice 1 vychází čtyři cesty, protože máme k dispozici čtyři číslice 2, 3, 4, 5. Z každé z těchto
číslic vychází tři cesty, protože k dispozici zůstaly již pouze tři čísla. Celkově cest (a tedy
čísel) je 4 · 3 = 12.
Stejný graf můžeme udělat i pro čísla začínající 2, 3, 4 a 5. Celkem dostaneme 5 · 12 = 60
možností trojciferných čísel.
Analogickým způsobem postupujeme u čtyřciferných čísel. Příslušný graf dostaneme z grafu
uvedeného nahoře dvěma operacemi. Přejmenujeme stovky na tisíce, desítky na stovky a jednotky na desítky a z každého čísla posledního sloupce stávajícího grafu vedeme další dva
vektory končící v číslech zatím neužitých. V tomto grafu existuje 5 · 4 · 3 = 60 cest.
Počet prvků hledané množiny všech čtyřciferných čísel můžeme také zjistit stručnou úvahou.
Číslici na místě tisíců můžeme vybrat pěti způsoby (1, 2, 3, 4, 5). Ke každé číslici na místě
tisíců můžeme čtyřmi způsoby vybrat číslici na místo stovek. Ke každé této možnosti můžeme
vybrat třemi způsoby číslici na místo desítek. Konečně ke každé této možnosti můžeme vybrat
dvěma způsoby číslici na místo jednotek. Celkem 5 · 4 · 3 · 2 = 120 možností.
Zcela obdobně u pěticiferných čísel dostáváme 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 možností.
Příklad 2
Kolik čísel můžeme vytvořit z číslic 0, 1, 2, 3, jestliže se žádná číslice neopakuje?
Řešení
Způsobem podrobně popsaným v předchozím řešení dostáváme
• jednociferná čísla jsou 4;
• dvouciferných čísel je 4 · 3 = 12;
• trojciferných čísel je 4 · 3 · 2 = 24;
• a čtyřciferných čísel je 4 · 3 · 2 · 1 = 24.
a a
Výsledek: Čísel je 4 + 12 + 24 + 24 = 64.
|
_
./
a a
Chyba vznikla formálním nasazením postupu. Neuvědomili jsme si, že nula vnesla do úlohy nový
^
prvek. Čísla začínající nulou, kromě jednociferného čísla 0, nutno vyloučit, neboť jsou již v seznamu
./
přítomna. Např. číslo 012 bylo již evidováno pod jménem 12. Musíme vyloučit čísla typu 0a (ty jsou
3), typu 0ab (těch je 6) a typu 0abc (těch je 6).
Výsledek tedy je 64 − 15 = 49.
3.2. ÚLOHY S ARITMETICKÝM KONTEXTEM
55
Příklad 3
Kolik přirozených čísel dělitelných čtyřmi lze vytvořit z číslic 1, 2, 3, 4, 5,
jestliže se žádná číslice neopakuje?
Řešení
Strategie: Na základě kritéria dělitelnosti číslem 4 vybereme ze všech čísel, o nichž jsme
uvažovali již v příkladu 1, ta, jejichž poslední dvojčíslí je dělitelné čtyřmi.
Realizace: U dvojciferných čísel je situace jednoduchá, protože počet čísel je malý. Z čísel 12,
13, 14, 15, 21, 23, 24, 25, 31, 32, 34, 35, 41, 42, 43, 45, 51, 52, 53, 54 jsou dělitelná čtyřmi
pouze čísla 12, 24, 32 a 52. Tj. dostáváme 4 možnosti pro dvojciferná čísla.
Z trojciferných čísel musíme vybrat pouze čísla, která končí jedním ze tří nalezených dvojčíslí.
Můžeme postupovat analogicky s řešením předchozích úloh, ale odzadu. Ke každému dvojčíslí
můžeme přidat na místo stovek jednu ze zbylých tří číslic. Dostaneme 4 · 3 = 12 možností pro
trojciferná čísla.
U čtyřciferných čísel můžeme k uvedeným trojciferným číslům přidat jednu ze zbylých dvou
číslic na místo tisíců. Dostaneme 12 · 2 = 24 možností pro čtyřciferná čísla.
U pěticiferných čísel můžeme k uvedeným čtyřciferným číslům přidat jedinou zbylou číslici
na místo desetitisíců. Dostaneme 24 · 1 = 24 možností pro pěticiferná čísla.
a a
Výsledek: Celkem dostáváme 4 + 12 + 24 + 24 = 64 možností.
|
_
./
a a
Zapomněli jsme na jednociferná čísla. Takové je v naší množině jediné – číslo 4. Výsledek je 65
^
možností.
./
Úlohy
1.
Kolik přirozených čísel větších než 21 lze vytvořit z číslic 0, 1, 2, 3, 4, jestliže se žádná
číslice neopakuje?
2. Kolik sudých přirozených čísel lze sestavit z číslic a) 1, 2, 3, 4, 5, b) 0, 1, 2, 3, 5, pokud se
žádná číslice neopakuje?
3. Kolik přirozených čísel, která jsou dělitelná osmi a končí číslicí 2, se dá sestavit z číslic 2,
3, 4, 5, 6, pokud se žádná číslice neopakuje?
4. Kolik různých trojciferných čísel dělitelných třemi je možno napsat číslicemi 0, 2, 3, 4, 7,
jestliže se žádná číslice neopakuje?
5.
Kolik různých přirozených čísel lze sestavit z číslic 1, 2, 3, 4, 5, jestliže se žádná číslice
neopakuje? Kolik z nich je dělitelných třemi?
6. Ze souboru písmen A, A, A, B, B, C, D vyberu a) 3, b) 4, c) 5 a sestavím z nich „slovoÿ,
např. a) ABC, BAB,. . . b) ABAA, ACBB,. . . c) ABBAA, BCBDA. . . . Kolik navzájem různých slov lze takto získat?
56
KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA
7. Podívejte se na posloupnost čísel a1 = 01, a2 = 011, a3 = 01101, a4 = 011011011, . . . Každé
další číslo se vytvoří z předchozího tak, že mezi každé dvě sousední číslice předchozího čísla
se vloží jejich nezáporný rozdíl. Zjistěte, kolik nul a kolik jedniček bude v čísle a) a5 , b) a7 ,
c) a20 .
Řešení
1. 250
2. a) 130; b) 113, neboť 0 není přirozené číslo.
3. 16
4. 20
5. Všech přirozených čísel je 5 + 20 + 60 + 120 + 120 = 325. Čísel dělitelných třemi je
1 + 8 + 24 + 24 + 120 = 177.
Poznámka: Výsledek je překvapivý. Dalo by se čekat, že těchto čísel bude přibližně 325 : 3.
6. a) 43, b) 114, c) 250.
7. a) 6 nul, 11 jedniček, b) 22 nul, 43 jedniček, c)
3.3
219 +1
3
nul a 2 ·
219 +1
3
jedniček.
Úlohy s geometrickým kontextem
Příklad 4
Z obdélníku s rozměry 5x4 lze k způsoby vystřihnout domino (obdélník s rozměry 1x2). Určete k a úlohu zobecněte.
Řešení
Vhled: Domino lze stříhat buď „na výškuÿ, nebo „na délkuÿ. Každá poloha stříhaného domina
je jednoznačně určena jeho levým dolním vrcholem.
Strategie: Všechny uzlové body obdélníku 5x4 popíšeme pomocí souřadnic tak, jak je nakresleno na obrázku.
(0,4)
(5,4)
Domino „na výškuÿ
Domino „na délkuÿ
(0,0)
(5,0)
Realizace: Domino „na výškuÿ lze střihat tak, že levý dolní vrchol domina padne do některého
z bodů (0, 0), (1, 0),. . . , (4, 0), (0, 1), (1, 1),. . . , (4, 1), (0, 2), (1, 2),. . . , (4, 2). Tedy 5 · 3 = 15
možností.
Domino „na délkuÿ lze střihat tak, že levý dolní vrchol domina padne do některého z bodů
(0, 0), (1, 0),. . . , (3, 0), (0, 1), (1, 1),. . . , (3, 1),. . . , (0, 3), (1, 3),. . . , (3, 3). Tedy 4 · 4 = 16
možností.
Výsledek: k = 15 + 16 = 31
3.3. ÚLOHY S GEOMETRICKÝM KONTEXTEM
57
Zobecnění: Jestliže domino střiháme z obdélníku s rozměry mxn, bude možností „na výškuÿ
m(n − 1), možností „na délkuÿ n(m − 1), tedy k = 2mn − (m + n).
Příklad 5
V rovině jsou dány různé body A, B. Bodem A prochází m přímek a1 , a2 ,. . . am .
Bodem B prochází jediná přímka b tak, že neprochází bodem A. Tyto přímky
dělí rovinu na k oblastí. Zjistěte, jakých hodnot může nabývat číslo k.
Řešení
Strategie: Je těžké řešit úlohu v uvedené obecnosti. Prozkoumáme nejdříve případy a) m = 1,
b) m = 2, c) m = 3.
Realizace:
a) Dvojice různých přímek a, b dělí rovinu buď na tři části (jestliže a k b) nebo na čtyři části
(jestliže a 6k b).
b) Přímky a1 , a2 jsou různoběžné a přímka b může mít dvojí různou polohu. Buď je s některou
z přímek rovnoběžná, nebo obě přímky protíná. V prvním případě je k = 6, ve druhém
případě k = 7. (Kreslete obrázek.)
c) Přímky a1 , a2 , a3 jsou různoběžné a přímka b může mít dvojí různou polohu. Buď je
s některou z přímek rovnoběžná, nebo všechny tři přímky protíná, viz obrázek. V prvním
případě k = 9, ve druhém případě k = 10.
A
A
A
•A
•
•
B
A
• A•
•
A
A
A
•
•
A
•
A
A
A
@
@ •
@
•
@
• @B
•@
•
@
@
• @
•
A
•
•
@ •
@
@
@
Zobecnění: Skupina m přímek procházejících bodem A rozdělí rovinu na 2m oblastí. Přímka b
v případě, že protne každou z přímek ai , rozdělí m + 1 z již existujících oblastí na dvě. Tím
přibude m + 1 oblastí a k = 3m + 1. Pokud je přímka b rovnoběžná s některou z přímek ai ,
rozdělí pouze m existujících oblastí na dvě. Proto v tomto případě bude k = 3m.
Úlohy
8.
Jsou dány rovnoběžky a, b. Na přímce a je dáno n bodů A1 , A2 ,. . . An , na přímce b je
dáno m bodů B1 , B2 ,. . . Bm . Kolik trojúhelníků je těmito body určeno? Úlohu řešte nejprve
pro n = 3 a m = 5.
9. Z obdélníku s rozměry mxn lze k způsoby vystřihnout čtverec 2x2. Určete k a) v případě
m = 5, n = 4, b) v obecném případě.
58
KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA
10. Z obdélníku s rozměry mxn lze k způsoby vystřihnout obdélník 3x1. Určete k a) v případě
m = 5, n = 4, b) v obecném případě.
11. a) Na kolik nejvíce oblastí dělí rovinu (i) 5 přímek, (ii) n přímek?
b) Na kolik (i) nejvíce, (ii) nejméně oblastí dělí rovinu tři různé kružnice?
c) Tři přímky a jedna kružnice dělí rovinu na k částí. Najděte všechny možnosti pro k.
d) Pět přímek a jedna kružnice dělí rovinu na k částí. Najděte všechny možnosti pro k.
12. Řešte příklad 5 za předpokladu, že bodem B
prochází dvě různé přímky b1 , b2 a žádná
z nich neprochází bodem A.
13. Je dána množina V
šestnácti bodů se souřadnicemi (a, b), kde a, b ∈ {0, 1, 2, 3}.
a) Najděte počet k všech čtverců, jejichž všechny čtyři vrcholy leží v množině V .
b) Najděte počet l všech (i) ostroúhlých, (ii) pravoúhlých, (iii) tupoúhlých trojúhelníků
s obsahem 21 , jejichž všechny vrcholy leží v množině V .
14.
Na obrázku vidíme pět různých rozkladů obdélníku 4x2 na domina. Najděte počet k
všech takových rozkladů pro obdélník a) 5x2, b) 7x2, c) 15x2.
15. Je dáno 13 bodů v rovině, z nichž a) 5, b) 6 leží na jedné přímce. Žádné další tři na jedné
přímce neleží. Kolik přímek je těmito body určeno?
Řešení
8. Existují dva druhy trojúhelníků. První má dva vrcholy na přímce a a jeden na přímce b,
druhý má dva vrcholy na přímce b a jeden na přímce a.
Podívejme se nejprve na speciální případ n = 3, m = 5. Trojúhelníky prvního druhu s vrcholem B1 jsou tři, protože z bodů A1 , A2 , A3 lze třemi různými způsoby vybrat dvojici. Stejná
úvaha platí i pro vrcholy B2 , . . . , B5 . Tedy trojúhelníků prvního druhu je 5 · 3 = 15. Podobně najdeme počet trojúhelníků druhého druhu. Vrchol A můžeme vybrat třemi způsoby,
vrchol B C(2, 5), tj. deseti způsoby. Tedy trojúhelníků druhého druhu je 3 · 10 = 30. Všech
trojúhelníků pak je 15 + 30 = 45.
Obecný případ: Úvaha, kterou jsme udělali pro speciální případ, se snadno zobecní. Počet
trojúhelníků je n · C(2, m) + m · C(2, n) = mn(m+n−2)
.
2
9. a) k = 4 · 3 = 12, b) k = (m − 1)(n − 1).
10. a) k = 2 · 5 + 4 · 3 = 22,
a a
b) k = (m − 2)n + (n − 2)m.
|
_
./
a a
V případě, že m = 1 nebo n = 1, výsledek pravdivý není. Pro m ≥ 2, n = 1, je k = m − 2, pro m > 1,
^
n ≥ 2, je k = n − 2.
./
3.3. ÚLOHY S GEOMETRICKÝM KONTEXTEM
59
11. a) Úlohu řešíme postupným přidáváním přímek do roviny. Označme největší počet oblastí,
na které rovinu rozdělí n přímek, číslem k(n). Lehce pomocí kreslení obrázků zjistíme, že pro
malá n platí:
n
k
1
2
2
4
3
7
4
11
5
16
...
...
Z konstrukce dále vidíme, že každá nová přímka protne všechny již existující a vytvoří o jednu
více oblastí, než bylo přímek předtím. Tuto skutečnost lze zapsat vztahem k(n + 1) =
= k(n) + n + 1. Tato rekurentní formule nám umožní zjistit k(n) pro libovolně velké n. Není
však vzorcem pro n-tý člen. Chceme-li zjistit k(1 000), musíme vypočítat všechna čísla od
k(1) až do k(999).
Vzorec existuje a není příliš složitý. Čtenář jej objeví, když si zapíše posloupnost čísel k(n)−1.
Vzorec zní k(n) = n(n+1)
+ 1.
2
b) (i) 8, (ii) 4; c) k = 5, 6, . . . , 13; d) k = 7, 8, . . . 26.
12. Číslo k nabývá jedné z hodnot 4m + 1, 4m + 2, 4m + 3 pro m ≥ 2 (pro m = 1 nastanou
pouze dvě možnosti k = 6, k = 7). První případ nastává, když každá z přímek b1 , b2 je
rovnoběžná s některou z přímek ai . Druhý případ nastává, když právě jedna z přímek b1 , b2
je rovnoběžná s některou z přímek ai . Třetí případ nastává, když žádná z přímek b1 , b2 není
rovnoběžná se žádnou z přímek ai .
13. a) Existuje pět typů čtverců, které lze v dané množině najít. Budeme je odlišovat podle
velikosti strany. Čtverců se stranou 1√ je devět, čtverce se stranou 2 jsou
√ čtyři, čtverec se
stranou 3 je jeden, čtverce se stranou 2 jsou čtyři a čtverce se stranou 5 jsou dva. Celkově
k = 20.
Námět na seminární práci: Najděte počet k v případě, že množina V je dána všemi body
(a, b), pro které a, b ∈ {0, 1, 2, . . . , r}, kde r je libovolné přirozené číslo.
b) (i) 0, (ii) 36, (iii) 88.
14. a) 8; b) 21; c) 987.
15. a) Všechny body rozdělíme do dvou množin. V množině A je 5 bodů ležících na dané
přímce, v množině B zbylých 8 bodů. Přímky, které jsou těmito body určeny, jsou tří druhů:
• Přímky určené dvojicí bodů z množiny B; těch je C(2, 8) =
8·7
2
= 28.
• Přímky určené jedním bodem z množiny A a jedním z množiny B; těch je 8 · 5 = 40.
• Přímka, na níž leží všechny body množiny A.
Výsledek: Přímek je 28 + 40 + 1 = 69.
b) 21 + 42 + 1 = 64
60
3.4
KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA
Úlohy s reálným kontextem
Příklad 6
V kupé je deset míst, pět ve směru jízdy a pět proti směru. Tři pasažéři
chtějí sedět ve směru jízdy a jeden proti směru. Ostatním šesti, mezi něž patří
Venoušek s maminkou, je to jedno, až na to, že Venoušek chce sedět u okna
a vedle maminky. Kolika způsoby se mohou cestující usadit, aby byli všichni
spokojeni?
Řešení
Vhled: Nakreslíme si obrázek kupé a umístíme v něm podle stanovených podmínek všechny
pasažéry: Venouška V k oknu, maminku M hned vedle. Dále tři pasažéry S, kteří chtějí sedět ve
směru jízdy, jednoho pasažéra P, který chce sedět proti směru jízdy, a konečně čtyři pasažéry
J, kterým je jedno, kde sedí. Jedno možné usazení je tedy na následujícím obrázku.
Směr
jízdy ?
SSJSJ
Okno
JPJ M V
Nakresleme si ještě několik dalších usazení.
SSSJJ
S S S MV
S S S MV
SSSJJ
JJSSS
J JPM V
J J PJ J
PJ J J J
PJ J M V
J JPM V
Je zřejmé, že těch šest usazení, které jsme zatím vytvořili, nevyčerpává všechny možnosti.
Ale již tušíme, jak bychom soubor všech usazení mohli vytvořit. Budeme pasažéry usazovat
postupně.
Metoda postupného usazování
Domluvme se, v jakém pořadí budeme pasažéry usazovat. Nejjednodušší je usadit Venouška
s maminkou. Těmi tedy začněme. Pak usaďme jednoho P, pak tři S a nakonec čtyři J. Zvolili
jsme tedy toto pořadí usazování: V, M, P, S, S, S, J, J, J, J.
Pro Venouška jsou pouze dvě možnosti, protože pouze dvě místa jsou u okna. Obě možnosti
probereme zvlášť.
• Případ I: Venoušek sedí ve směru jízdy. Maminku posadíme vedle něj. To lze udělat jediným
způsobem. Dále posadíme pasažéra P na jedno z pěti míst proti směru jízdy. To lze udělat
pěti různými způsoby. Jeden z nich zvolme – například u okna. Pak usadíme tři S. To lze
udělat jediným způsobem, neboť pouze tři místa ve směru jízdy jsou volná. Konečně na čtyři
zbylá místa usadíme čtyři J. I toto lze udělat jediným způsobem. Jsme hotovi. Dostáváme
pět možných různých usazení.
• Případ II: Venoušek sedí proti směru jízdy u okna a maminka vedle něj. To lze udělat
jediným způsobem. Dále posadíme pasažéra P na jedno ze tří míst téže lavice. To lze udělat
třemi způsoby. Jeden z nich zvolme. Dále posadíme tři pasažéry S na tři z pěti míst protější
lavice. Na zbylá čtyři místa posadíme čtyři pasažéry J. Pak místa po směru jízdy mohou
3.4. ÚLOHY S REÁLNÝM KONTEXTEM
61
být obsazena některým z těchto deseti způsobů: S, S, S, J, J, S,S,J,S,J, S,S,J,J,S, S,J,S,S,J,
S,J,S,J,S, S,J,J,S,S, J,S,S,S,J, J,S,S,J,S, J,S,J,S,S, J,J,S,S,S. Tím je usazování hotovo.
Usazení případu II je hotovo, ale zatím nevíme, kolik takových možností je. Zjistěme to.
Opakujeme – V a M byli usazeni jednoznačně, pro P byly tři možnosti, pro S a J pak deset
možností. Důležité je uvědomit si, že ke každé ze tří možností usazení P existuje 10 možností
usazení S a J. Tedy celkově je 3 · 10, tj. 30 možností v tomto druhém případě.
a a
Odpověď: Existuje 5 + 30 = 35 možných různých usazení.
|
_
./
a a
Co když si dva pasažéři J vymění navzájem místo? Vznikne tím nové usazení? Nebo budou
^
obě
usazení stejná?
./
Je zřejmé, že dvě usazení můžeme považovat za stejná tenkrát, když se v ničem neliší. Jakmile
přesadíme jakékoli dva pasažéry, pak nutně dostaneme nové usazení.
Z uvedeného plyne, že celá předchozí úvaha je špatná, že případů bude podstatně více, než
jsme našli. Musíme začít od začátku.
Nové nabývání vhledu: Dopustili jsme se chyby. Usazovali jsme tři stejné S a čtyři stejné J,
ačkoli se jedná o tři různé S1 , S2 , S3 a čtyři různé J1 , J2 , J3 , J4 .
To, co jsme považovali za jediné usazení, je ve skutečnosti celá série usazení. Na tři místa
označena znakem S musíme usadit tři různé S1 , S2 , S3 a na čtyři místa J čtyři různé J1 , J2 ,
J3 , J4 . Tak se původně jediný případ rozpadne na mnoho případů. Na kolik?
Pokusme se zodpovědět otázku: Kolik je možných „rozrůzněníÿ kteréhokoli z dosud uvažovaných případů? Vraťme se k postupnému usazování pasažérů, ale berme v úvahu, že tři pasažéři
S jsou různí a stejně tak čtyři pasažéři J. Nic se nezmění na usazování V, M a P. Změní se
obsazování tří míst S a čtyř míst J. Obsaďme tři místa S. Nejprve usadíme pasažéra S1 , pak
S2 a nakonec S3 . Protože máme pro ně pouze tři místa, má S1 tři možnosti, S2 pak dvě a S3
již pouze jedinou. Celkově tedy S1 , S2 , S3 lze usadit 3 · 2 · 1 = 6 různými způsoby. Konečně
usaďme i čtyři pasažéry J1 , J2 , J3 , J4 . Zveme je do kupé v uvedeném pořadí. Pak J1 volí
ze čtyř možností, J2 již jen ze tří, pro J3 zbývají dvě možnosti a J4 sedne na poslední volné
sedadlo. Na čtyři místa J lze tedy usadit čtyři pasažéry J1 , J2 , J3 , J4 4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24
způsoby.
Víme, že
(a) tři pasažéry S1 , S2 , S3 lze na místa S usadit šesti způsoby a
(b) čtyři pasažéry J1 , J2 , J3 , J4 na místa J lze usadit 24 způsoby.
Ke každému ze šesti obsazení míst S existuje tedy 24 různých obsazení míst J. To dává
6 · 24 = 144 možností. Tak se jediný případ rozrostl na 144 případů.
Teď je již jasné, že každý z 35 případů, ke kterým jsme dospěli při první chybné úvaze,
se rozroste na 144 případů. To je potěšitelné zjištění, protože ukazuje, že práce, kterou jsme při
chybném vidění problému udělali, nebyla zbytečná. Stačí totiž každý ze 35 původně získaných
případů nahradit správnými 144 případy.
Závěr: Existuje 35 · 144 = 5 040 možností.
Rychlý postup
Když do problému vidíme, můžeme napsat řešení dané úlohy v jazyce vzorců. Je to rozumné,
protože nám tento pohled napoví, jak číst kombinatorické úvahy, které jsou napsány v jazyce
vzorců, a proto se nám jeví jako nedostupné. Opět budeme uvažovat o dvou případech.
62
KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA
• Případ I: Venoušek sedí po směru jízdy.
Prvek P dáme na jedno z pěti míst. To dá C(1, 5) = 5 možností. Tři prvky S1 , S2 , S3
rozmístíme na tři daná místa. To dá 3! = 6 možností. Čtyři prvky J1 , J2 , J3 , J4 rozmístíme
na čtyři daná místa. To dá 4! = 24 možností. Dostáváme 5 · 6 · 24 = 720 možností.
• Případ II: Venoušek sedí proti směru jízdy.
Prvek P dáváme na jedno ze tří míst. To dá C(1, 3) = 3 možnosti. Tři prvky S1 , S2 , S3
5!
rozmístíme na tři z pěti možných míst. To dá V (3, 5) = 2!
= 60 možností. Čtyři prvky J1 , J2 ,
J3 , J4 rozmístíme na čtyři daná místa. To dá 4! = 24 možností. Dostáváme 3 · 60 · 24 = 4 320
možností.
Závěr: V obou případech je 720 + 4 320 = 5 040 možností.
Poznámka: První chybné řešení dané úlohy nepřihlíželo k různosti pasažérů S a J. Ukážeme
úlohu, která se k námi řešené úloze úzce váže a jejíž dobré řešení je to, které bylo chybným
v případě původní úlohy.
Vedení drah připravilo pro pasažéry vybraného dětského kupé překvapení. Na každé z deseti
sedadel položilo jeden z dárků – větrník V, mávátko M, panenku P, sáček bonbónů S a ježka
J. Víme, že dárky S byly tři a dárky J čtyři, V, M a P pak po jednom. Dále víme, že V byl
na sedadle u okna, M bylo vedle V, P na lavici proti směru jízdy a všechny tři S na lavici
ve směru jízdy. Kolika způsoby je možné při zachování těchto pravidel dárky na deset sedadel
kupé rozložit?
Úlohy
16. V urně je šest lístků téhož tvaru očíslovaných 1, 2,. . . , 6. Kolika různými způsoby je lze
postupně vytáhnout, jestliže se tažený lístek do urny nevrací a přihlíží se k pořadí, v jakém
byly lístky taženy?
17. Kolik je různých průběhů všech zápasů, ve kterých padlo právě a) 5, b) 10 gólů? Průběhem
zápasu rozumíme sled, ve kterém padaly góly. Označíme-li d gól, který dali domácí, a h gól,
který dali hosté, pak „slovoÿ ddhhdhhddd znamená následující průběh: první dva góly dali
domácí, další dva hosté, pak jeden gól domácí . . .
18. Kolik je různých průběhů všech zápasů, v nichž domácí nikdy neprohrávali a ve kterých
padlo právě a) 5, b) 10 gólů?
19.
Předpokládejme, že křestní jména a příjmení mohou začínat třiceti různými písmeny
abecedy. Kolik lidí musí být ve skupině, aby bylo možno tvrdit, že jsou v ní aspoň dva lidé
se stejnými iniciálami?
20. Soupravu devíti různých vagónů rozpojíme na dvou místech, čímž vzniknou z původní
soupravy tři části.
a) Kolik možností takového rozpojení existuje?
b) Kolik možností je takových, že aspoň jedna ze třech částí rozdělení soupravy bude mít
právě tři vagóny?
3.4. ÚLOHY S REÁLNÝM KONTEXTEM
63
21. Kolik je různých možností pro označení jízdenky MHD strojkem, jestliže předpokládáme,
že strojky mohou děrovat jeden až devět polí?
22. Z jistého počtu uchazečů mají být vybráni tři. Kdyby bylo uchazečů o dva méně, zmenšil
by se počet možností výběru pětkrát. Kolik je uchazečů?
23. Kolika způsoby lze vytvořit expertní jazykový tým, který se má skládat ze dvou francouzštinářů (k dispozici jich je 16), tří angličtinářů (k dispozici jich je 12) a jednoho němčináře
(k dispozici jich je 35)?
24. Schodiště má n schodů. Po schodišti stoupám tak, že každým krokem překročím buď 1,
nebo 2 schody. Kolika různými způsoby mohu po schodišti vystoupat, když a) n = 5, b) n = 7,
c) n = 15?
25. Kolika způsoby lze pomocí mincí 1 Kč, 2 Kč a 5 Kč zaplatit sumu a) 5 Kč, b) 10 Kč,
c) 15 Kč?
Řešení
16. Pro první tažení máme 6 možností, pro druhé máme 5 možností, . . . , pro páté máme
2 možnosti a pro šesté již možnost jedinou. Výsledek je 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 6! = 720 způsobů.
17. Označme f (n) počet průběhů všech zápasů, ve kterých padlo právě n gólů.
Pro n = 0 je f (0) = 1. Zápas skončil bezbrankovou remízou.
Pro n = 1 nastávají dvě možnosti. Buď skórem 1 : 0 vyhráli domácí, nebo hosté. Tedy
f (1) = 2.
Pro n = 2 nastávají čtyři možnosti: dd, dh, hd, hh. Tedy f (2) = 4.
Pro n = 3 nastává osm možností. Ke každé ze čtyř možností předchozího případu na konec
přidáme buď gól d nebo h. Tedy f (3) = 8.
Je vidět, že zvýší-li se počet gólů o jeden, číslo f (n) se zdvojnásobí:
f (n + 1) = 2f (n). Odtud f (n) = 2n pro všechna n ∈ {0, 1, 2, . . . }.
Výsledek: a) f (5) = 25 = 32, b) f (10) = 210 = 1 024.
Jiné řešení:
Do tabulky zakreslíme všechny možné stavy v zá- Tabulka 1
pase, v němž padlo pět gólů (viz tabulka 1). Každý 0 : 5
průběh zápasu v této tabulce znázorníme cestou,
0:4 1:4
která vychází ze stavu 0 : 0 a končí v některém
0:3 1:3 2:3
z šesti okének závěrečné diagonály. Ptejme se, ko0:2 1:2 2:2 3:2
lika způsoby se ze stavu 0 : 0 můžeme dostat do
0:1 1:1 2:1 3:1 4:1
stavu 1 : 1. Zřejmě dvěma: dh nebo hd. Napišme
0:0 1:0 2:0 3:0 4:0 5:0
teď do příslušného okénka tabulky 2 místo stavu
1 : 1 číslo 2 označující počet cest z 0 : 0 do 1 : 1.
Udělejme to pro všechna okénka. Výsledek vidíme v tabulce 2. Z ní též vidíme, že v každém
okénku (které není v dolní řadě) je součet čísel okénka spodního a levého. To dává možnost rychlého vyplnění všech okének. Když teď sečteme všechna čísla na závěrečné diagonále,
dostaneme hledaný počet průběhů – 32.
64
KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA
Tabulka 2
1
1
1
1
1
1
5
4
3
2
1
10
6
3
1
10
4
1
5
1
1
18. a) K výpočtu použijeme dvojici tabulek z předchozí úlohy. Z horní tabulky „uříznemeÿ
horní levou část, která obsahuje stavy, v nichž domácí prohrávali. Příslušná „dolníÿ tabulka
bude pak vypadat takto:
1
1
1
2
2
1
5
3
1
4
1
1
Výsledek: 5 + 4 + 1 = 10
b) 42 + 90 + 75 + 35 + 9 + 1 = 252
19. 901
20. a) Mezi devíti vagóny je osm spojů. Dva z nich jsou voleny k rozpojení. Všech možností
je C(2, 8) = 28.
b) Jednu trojici vagónů chápeme jako jeden dlouhý vagón, tj. máme jen šest spojů, a tedy
C(2, 6) = 15 možností. Ale tři způsoby jsou stejné (když je dlouhý vagón na začátku, uprostřed
a na konci – nakreslete si). Pak je tedy možností 13.
21. Vhled: Každé z devíti polí lístku je označeno jedním z čísel 1, 2, . . . , 9. Vezměme jeden
proděravěný lístek a zapisujme písmenem d děravá a písmenem n neděravá pole. Pak každému
lístku lze jednoznačně přiřadit „slovoÿ skládající se z devíti písmen d nebo n. V úloze 17 jsme
podobnou situaci viděli.
Výpočet: „Slovÿ, která jsou vytvořena ze dvou písmen a mají délku m, je 2m . To jsme viděli
9
v úloze 17. V našem případě je m = 9. Tedy 2 = 512.
a a
Výsledek: 512 možností.
|
_
./
a a
Zapomněli jsme, že „slovoÿ složeno z devíti n, tj. lístek bez jakékoli dírky, byl textem úlohy vyloučen.
^
O tento případ je nutno snížit číslo 512. Výsledek tedy je 511.
./
22. Víme, že z n prvků lze trojici vybrat C(3, n) způsoby. Proto podmínku úlohy lze zapsat
rovnicí C(3, n) = 5C(3, n − 2). Výsledek je n = 6.
23. C(2, 16) · C(3, 12) · C(1, 35) = 924 000
24. a) 8, b) 21, c) 987 (srovnej s výsledky úlohy 14).
25. a) 4, b) 10, c) 18.
Kapitola 4
Planimetrie
Domluva:
• Prvky trojúhelníka ABC označujeme takto (nakreslete si obrázek): velikosti stran a, b, c,
velikosti úhlů α, β, γ, velikosti těžnic ta , tb , tc , velikosti výšek va , vb , vc , poloměr kružnice
opsané r, poloměr kružnice vepsané w, těžiště T , ortocentrum (průsečík výšek) O, střed
kružnice trojúhelníku opsané S, střed kružnice trojúhelníku vepsané W .
• Mluvíme-li o pravoúhlém trojúhelníku ABC, je vždy γ = 90◦ .
• Symbolem sX označujeme středovou souměrnost podle bodu X, symbolem sy označujeme
osovou souměrnost podle přímky y, symbolem X −•−Y označujeme střed dvojice bodů X, Y ,
symbolem k(S, r) označujeme kružnici k se středem S a poloměrem r.
• Místo „velikost úsečky (výšky, těžnice,. . . )ÿ budeme tam, kde nehrozí nedorozumění, psát
stručně „úsečka (výška, těžnice,. . . )ÿ.
• Nechť f , g jsou dvě geometrické transformace. Nechť X je libovolný bod, pak
(f ◦g)(X) = f (g(X)), tj. transformaci f ◦g uskutečňujeme tak, že nejdříve provedeme g a pak
teprve f .
4.1
Jednoduché konstrukce
Znalost těchto konstrukcí se předpokládá. Sestrojte
1. kolmici p z bodu B k přímce d a patu kolmice p na d;
2. rovnoběžku bodem A s přímkou d;
3. osu úsečky AB;
4. osu úhlu ABC;
5. bod A − • − B;
6. bod sA (B);
7. bod sd (B);
8. přímku sB (d);
9. přímku sd (AB);
10. kružnici opsanou trojúhelníku ABC;
11. kružnici vepsanou trojúhelníku ABC;
12. kružnici opsanou pravidelnému n-úhelníku;
13. kružnici vepsanou pravidelnému n-úhelníku;
14. kružnici se středem v A dotýkající se přímky d;
15. kružnici nad danou úsečkou jako průměrem;
65
66
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
16. tečnu ke kružnici k v bodě A;
17. obě tečny vedené z bodu B ke kružnici k.
Příklad 1
Sestrojte trojúhelník ABC, znáte-li c, ta , β.
Řešení
Vhled: Nakreslíme si obrázek trojúhelníka ABC a na něm vyznačíme tři dané prvky (viz obrázek). Hledáme, v jakém pořadí máme tyto prvky sestrojovat.
Strategie: Vhodné pořadí: c, β, ta .
Realizace: 1. Sestrojíme úsečku AB délky c.
2. Sestrojíme polopřímku BM tak, aby úhel M BA měl velikost β.
3. Sestrojíme kružnici k(A, ta ) a její průsečík s polopřímkou BM označíme D.
4. Sestrojíme bod C = sD (B).
5. Sestrojíme úsečku AC.
Trojúhelník ABC je sestrojen.
Diskuse: Počet řešení úlohy závisí na počtu průsečíků kružnice k s polopřímkou BM , přičemž
uvažujeme pouze průsečíky různé od bodu B. Úloha má dvě/jedno/žádné řešení, právě když
tyto průsečíky jsou dva/jeden/žádný.
Poznámka: Při popisu konstrukcí budeme slovo „sestrojímeÿ, které je na začátku každého
kroku, vypouštět. Napíšeme hned přímo objekt, který je sestrojován.
Příklad 2
Dány jsou dva různé body U , V . Sestrojte čtverec, jehož dva vrcholy leží v bodech U , V .
Řešení
Vhled: Nakreslíme si obrázek čtverce ABCD a vyznačíme dva jeho vrcholy jako body U , V .
Například U = A, V = B (viz obrázek).
Strategie: Čtverec „vybudujemeÿ nad úsečkou U V .
Realizace: Označíme A = U , B = V a body C, D konstruujeme v šesti krocích:
1. přímka p bodem A kolmo na AB;
2. kružnice k1 (A, |AB|);
3. dvojice bodů {D1 , D2 } = k1 ∩ p;
4. přímka q bodem B kolmo na AB;
5. kružnice k2 (B, |AB|);
6. dvojice bodů {C1 , C2 } = k2 ∩ q.
4.1. JEDNODUCHÉ KONSTRUKCE
67
a a
Diskuse: Existují dva hledané čtverce.
|
_
./
a a
Chyby jsme se dopustili v tom, že jsme automaticky předpokládali, že úsečka U V je stranou. Opomněli
^
jsme případ, kdy U V je úhlopříčkou. V tomto případě bude příslušná konstrukce snažší. Označíme
./
U = A, V = C a konstruujeme body B a D v pěti krocích:
1. střed S = A − • − C;
2. přímka p bodem S kolmo na AC;
3. kružnice k(S, |SA|);
4. dvojice bodů {B, D} = k ∩ p;
5. úsečky AB, BC, CD, DA.
Diskuse: Existují tři hledané čtverce. Dva, pro které je úsečka U V stranou, a jeden, pro který je U V
úhlopříčkou.
Úlohy
1. Dán je trojúhelník ABC. Sestrojte kružnici, která se dotýká každé z přímek AB, BC, CA.
Najděte všechna řešení.
2. Dán je kruh K. Sestrojte kružnici soustřednou s kruhem K a dělící K na dvě části stejného
obsahu.
3. Sestrojte čtyřúhelník, jestliže jsou dány a) úhly α, β a strany a = |AB|, b = |BC|, c = |CD|,
b) úhly α, δ a strany a = |AB|, b = |BC|, c = |CD|.
Řešení
1. Konstrukce: 1. osa u úhlu α; 2. osa v úhlu β; 3. kolmice u0 na u vedená bodem A; 4. kolmice
v 0 na v vedená bodem B; 5. body {O} = u ∩ v, {OA } = u ∩ v 0 , {OB } = u0 ∩ v, {OC } =
= u0 ∩ v 0 ; 6. paty kolmic P , PA , PB , PC , vedených z bodů O, OA , OB , OC na přímku
AB; 7. kružnice k1 (O, |OP |), k2 (OA , |OA PA |), k3 (OB , |OB PB |), k4 (OC , |OC PC |) jsou hledaná
řešení. První z těchto kružnic se nazývá kružnice trojúhelníku vepsaná, další tři se nazývají
kružnice trojúhelníku připsané.
2. Do K vepíšeme čtverec a do něj kružnici. To je hledaná kružnice. Ověřte.
3. a) Sestrojíme trojúhelník ABC – známe dvě strany a úhel jimi sevřený. V polorovině
ABC sestrojíme bod M tak, že | < M AB| = α. Sestrojíme kružnici k(C, c) a její průsečíky
s polopřímkou AM označíme D a D0 . Když tyto body neexistují, úloha nemá řešení. Když
existují, úloha může mít jedno, nebo dvě řešení. Nutno ještě zjistit, zda ABCD je opravdu
čtyřúhelník, tj. zda není A = D, nebo zda body B, C, D, resp. A, D, C neleží v přímce.
b) Sestrojíme nejprve stranu |AB| = a, dále u vrcholu A úhel α = | < OAB|. Dále
v polorovině OAB sestrojíme úhel δ = | < P OA|. Na polopřímce OP sestrojíme ve vzdálenosti
c = |CD| od bodu O bod X. Bodem X vedeme přímku n rovnoběžnou s přímkou AO.
Sestrojíme kružnici se středem v bodě B a poloměrem b = |BC|; kde protne přímku n, tam
68
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
dostáváme bod C. Nakonec vedeme bodem C přímku p rovnoběžnou s OP a průsečík p
s polopřímkou AO označíme D.
4.2
Konstrukce číselného výrazu.
Příklad 3
Sestrojte úsečku o velikosti x =
√
13 užitím Pythagorovy věty.
Řešení
Vhled: Pythagorova věta tvrdí, že přepona c a odvěsny a, b pravoúhlého trojúhelníka jsou
vázány vztahem c2 = a2 + b2 . Tuto vazbu lze použít dvěma způsoby znázorněnými na obrázcích.
B
aa
a
C
√
aa a2 + b2
aa
aa
aa
a
A
b
B
aa
aa c
a
aa
√
C
aa
a
c2
−
a2
aa
A
√
Strategie: Chceme-li konstruovat číslo n pomocí Pythagorovy věty, hledáme jeho vyjádření
√
√
ve tvaru a2 + b2 nebo c2 − a2 , kde a, b, c jsou přirozená čísla.
√
Realizace: Sestrojit 13 podle Pythagorovy věty znamená najít vyjádření čísla 13 buď ve tvaru
a2 + b2 , nebo ve tvaru c2 − a2 , tedy buď jako součet, nebo jako rozdíl dvou čtverců.
Prvních 10 čtverců x2 je: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100. Číslo 13 lze vyjádřit jako
součet dvou čtverců 13 = 4 + 9 i jako rozdíl dvou čtverců 13
√ = 49 − 36. To dává dvě řešení.
V pravoúhlém trojúhelníku s odvěsnami 2 a √
3 je přepona 13 a v pravoúhlém trojúhelníku
s přeponou 7 a odvěsnou 6 je druhá odvěsna 13.
Konstrukce druhého případu: 1. úsečka BC délky 6; 2. kolmice p v bodě C na BC; 3. kružnice
√
k(B, 7); 4. jeden z průsečíků p ∩ k označíme A; pak |AC| = 13.
Diskuse: Není těžké nahlédnout, že jiná řešení neexistují. Počet řešení závisí na čísle n.
Například pro n = 6 neexistuje žádné řešení, pro n = 11 existuje řešení jediné a pro
n = 360 existuje jedno řešení prvního typu 182 + 62 = 360 a šest řešení druhého typu
360 = 912 − 892 = 472 − 432 = 332 − 272 = 232 − 132 = 212 − 92 = 192 − 12 .
Úlohy
4.
Sestrojte úsečku o velikosti x =
věty o výšce.
√
12 užitím a) Euklidovy věty o odvěsně, b) Euklidovy
5. Je dán obdélník ABCD. Sestrojte čtverec o stejném obsahu.
√
6. Sestrojte úsečku o velikosti a) e = √3+1
, b) f =
2+1
Řešení
p
√
2 + 3.
4.2. KONSTRUKCE ČÍSELNÉHO VÝRAZU.
69
4. Na obrázcích je naznačeno, jak lze každou z Euklidových vět užít ke konstrukci čísla
kde n je přirozené číslo.
√
√
n,
C
H
HH
H
pc A
p D
C
A
A
HH
√
A
pq
H
HH
A
H
A
H
A
H
B
A
B
p
c
D q
• V prvním případě položme p = 3, c = 4. (Jiné možné volby: p = 1, c = 12, nebo p = 2,
c = 6).
Konstrukce: 1. úsečka AB délky 4; 2. na ní bod D tak, že |AD| = 3; 3. kolmice m v D na AB;
4. kružnice
√ k nad úsečkou AB jako průměrem; 5. jeden z průsečíků m ∩ k označme C; pak
|AC| = 12.
• Ve druhém případě položíme p = 3, q = 4 (nebo p = 2, q = 6, nebo p = 1, q = 12).
Konstrukce: 1. úsečka AB délky 7; 2. na ní bod D tak, že |AD| = 3; 3. kolmice m v D na AB;
4. kružnice
√ k nad úsečkou AB jako průměrem; 5. jeden z průsečíků m ∩ k označíme C; pak
|CD| = 12.
5. Konstrukce: 1. na polopřímce AB sestrojíme bod E tak, že |BE| = |BC| a B leží mezi A
a E; 2. kružnice k(A − • − E, 12 |AE|); 3. průsečík polopřímky BC s kružnicí k označíme F ;
4. úsečka BF je stranou hledaného čtverce (viz Euklidova věta o výšce).
6. Konstrukce:
a) 1. čtverec ABCD o straně 1; 2. bod E = sD (C); 3. rovnostranný trojúhelník ECF tak, že
D leží mezi A, F ; 4. bod G na polopřímce AC tak, že |GC| = 1 a C leží mezi A, G;
5. bod H na AF tak, že HC k F G. Pak |F H| = e.
√
√
Vysvětlení: |AF | = 1 + 3, |AG| = 1 + 2, |F A| : |GA| = |F H| : |GC| = |F H|.
b) 1. čtverec ABCD o straně 1; 2. rovnostranný trojúhelník DCE, úsečky AE, DC se protínají;
3. f = |AE|.
Podněty k samostatné práci
1. Pro která přirozená čísla n, n < 50, lze úsečku
b) Euklidovy o odvěsně, c) Euklidovy o výšce?
√
n sestrojit pomocí věty a) Pythagorovy,
2. Vezměme čtverečkový papír, jehož nejbližší sousední uzlové body mají vzdálenost 1. Na
papíře vyznačíme několik
uzlových
jejich vzdálenosti
(viz√obrázek). Dosta√
√ bodů a změříme
√
√
√
neme čísla |AB| = 10, |BE| = 8, |BC| = 17, |DF | = 13, |EF | = 40, |AF | = 90.
√
Zjistěte, pro která přirozená čísla n, n < 100, lze takto naměřit n.
•
C
•
•
B
F
•
•
A
E
•
D
70
4.3
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
Konstrukce s pomocným útvarem
Příklad 4
Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno c, va , a + b = m.
Řešení
Vhled: Nakresleme uvažovanou situaci. Načrtneme trojúhelník ABC a výšku AD. Abychom
uviděli i prvek m, přenesme stranu AC na prodloužení strany BC. Sestrojíme bod E na polopřímce BC tak, že |CE| = b. Pak |BE| = m. Pomocný bod E je klíčem k řešení.
Strategie: Z daných prvků umíme sestrojit trojúhelník ABE. Bod C pak najdeme jako průsečík osy úsečky AE s přímkou BE.
Realizace:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
úsečka AB délky c;
kružnice k1 (A, va );
tečna t z bodu B ke kružnici k1 ;
kružnice k2 (B, m);
průsečíky E1 a E2 kružnice k2 a přímky t;
osy o1 , o2 úseček AE1 , AE2 ;
jejich průsečíky C1 , C2 s přímkou t.
Diskuse: Je-li va > c, nebo m ≤ c, úloha nemá žádné řešení. Je-li va = c, m > c, úloha má
jediné řešení, neboť oba trojúhelníky ABC1 , ABC2 jsou shodné, souměrné podle osy AB.
Je-li va < c < m, úloha má dvě řešení. Dodejme, že v kroku 3 konstruujeme pouze jedinou
tečnu, protože druhá vede na shodné řešení – tedy nedá nic nového.
Úlohy
7. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník ABC, jestliže znáte délku vc
výšky na základnu AB
a délku těžnice ta .
8. Sestrojte trojúhelník, je-li dáno vc , tc a oc , kde oc je délka osy úhlu γ.
9. Sestrojte trojúhelník ze tří těžnic.
10. Dána je kružnice m(S, r), bod A ∈ m a
přímka l, která neprochází bodem A. Sestrojte
4.3. KONSTRUKCE S POMOCNÝM ÚTVAREM
71
kružnici x(X, z), která se dotýká přímky l a kružnice m v bodě A.
Řešení
7. Klíč: Výška CF rovnoramenného trojúhelníka ABC je současně jeho těžnicí; pomocný bod
je těžiště T .
Konstrukce: 1. úsečka CF délky vc ; 2. bod T na úsečce CF , pro který 2|F T | = |T C|;
3. kolmice m na CF vedená bodem F ; 4. kružnice k(T, 23 ta ); 5. její průsečíky s přímkou m
jsou hledané vrcholy A, B.
Diskuse: Je-li 2ta > vc má úloha jediné řešení, jinak žádné.
8. Klíč: Kružnice k trojúhelníku ABC opsaná a bod L, ve kterém přímka osy úhlu γ protíná
kružnici k.
Konstrukce: 1. pravoúhlý trojúhelník CDE: | < CDE| = 90◦ , |CD| = vc , |CE| = tc ;
2. průsečík F úsečky DE a kružnice k1 (C, oc ); 3. klíčový bod L je průsečík přímky CF s kolmicí
na ED vedenou bodem E; 4. průsečík S osy úsečky LC s přímkou EL; 5. kružnice k(S, |SC|)
a její průsečíky A, B s přímkou DE.
Je-li vc < oc < tc , má úloha jediné řešení. Je-li vc = tc = oc , má úloha nekonečně mnoho
řešení. Ve všech ostatních případech řešení neexistuje.
9. Klíč: Trojúhelník AT R, kde T je těžiště trojúhelníka ABC a R je těžiště trojúhelníka ACD,
přičemž ABCD je rovnoběžník.
Vysvětlení: Protože AT CR je rovnoběžník, je |AR| = |T C| = 23 tc ; protože body T , R dělí
úhlopříčku BD na třetiny, je |T R| = 32 tb .
Konstrukce: 1. trojúhelník AT R: |AT | = 23 ta , |T R| = 23 tb , |AR| = 23 tc ; 2. bod B = sT (R);
3. body M = T − • − R, C = sM (A).
Diskuse: Pro trojúhelník AT R musí platit trojúhelníkové nerovnosti. Pak má úloha 1 řešení.
10. Klíčem je společná tečna t obou kružnic procházející bodem A. Uvažujeme o dvou případech:
• t, l jsou rovnoběžné:
Konstrukce: 1. {L} = l ∩ AS; 2. X = A − • − L; 3. x(X, |XA|) je řešením.
• t, l se protínají v bodě M :
Konstrukce: 1. přímka t bodem A kolmo na AS; 2. osy o1 a o2 úhlů, které svírají přímky l, t;
3. {X1 } = AS ∩ o1 , {X2 } = AS ∩ o2 ; 4. kružnice x1 (X1 , |X1 A|) a x2 (X2 , |X2 A|) jsou hledaná
řešení.
a a
Diskuse: V prvním případě má úloha vždy jediné řešení, ve druhém případě má vždy dvě
|
_
řešení.
./
a a
Zapomněli jsme na případy, kdy l je tečnou kružnice m. Potom v prvním případě řešení neexistuje,
^
ve druhém případě jeden z bodů X1 , X2 splyne s bodem S, a proto existuje pouze jediné řešení.
./
72
4.4
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
Konstrukce pomocí transformací
Příklad 5
Různoběžky p, q se protínají v bodě M . Bod A neleží na žádné z nich. Sestrojte
kružnici k procházející bodem A a dotýkající se přímek p, q.
Řešení
Vhled: Pracujeme v tom z úhlů určených přímkami p, q, ve kterém leží bod A. Osu úhlu
označíme o. Sestrojíme kružnici, která se dotýká přímek p a q. Její střed S leží na ose o.
Nechme kružnici k „klouzatÿ tak, že S probíhá polopřímku o a kružnice k se dotýká přímek p
a q. Při tomto pohybu, jehož geometrická podstata je stejnolehlost, kružnice k dvakrát dojde
do pozice, kdy prochází bodem A.
Strategie: Polopřímka M A protne kružnici k ve dvou bodech B, C. Stejnolehlost, která má
střed v bodě M a převede bod B (případně C) do bodu A, převede kružnici k do kružnic kB
a kC , které splňují všechny podmínky.
Konstrukce:
1. osa o;
2. zvolíme bod S na o a sestrojíme kružnici k(S, r) dotýkající se přímky p;
3. průsečíky B, C kružnice k s polopřímkou M A;
4. rovnoběžka b vedená bodem A s přímkou BS protne osu o v bodě SB ;
5. rovnoběžka c vedená bodem A s přímkou CS protne osu o v bodě SC ;
6. kružnice kB (SB , |SB A|), kC (SC , |SC A|) jsou hledaná řešení.
Diskuse: Úloha má vždy dvě řešení.
4.4. KONSTRUKCE POMOCÍ TRANSFORMACÍ
73
Úlohy
11. Sestrojte kružnici k, která prochází dvěma danými body A, B a dotýká se dané přímky p.
12. Jsou dány dvě různé kružnice k1 , k2
a přímka p. Sestrojte všechny rovnostranné trojúhelníky ABC s těmito třemi vlastnostmi: A ∈ k1 , B ∈ k2 a těžnice jdoucí bodem C je částí
přímky p.
13. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby jeho vrcholy ležely po jednom na třech
různých daných soustředných kružnicích.
14. Dána je kružnice k(S, r) a bod P
ležící vně k. Sestrojte sečnu p kružnice k procházející
bodem P a protínající kružnici k v bodech A, B tak, aby bylo a) A = B − • − P , b) |AB| = r.
15. Dány jsou tři různé přímky p, q, o procházející společným bodem S
a kružnice k(S, r).
Sestrojte trojúhelník ABC vepsaný do k tak, aby přímky p, q, o byly osami stran AB, BC,
CA v uvedeném pořadí.
16. Dáno je 5 bodů S1 , S2 , S3 , S4 , S5 . Sestrojte pětiúhelník A1 A2 A3 A4 A5
tak, že body Si
jsou středy jeho stran: S1 = A1 − • − A2 ,. . .
Řešení
11. Úlohu převedeme na úlohu z příkladu 5. Sestrojíme osu o úsečky AB a přímku q = so (p).
Konstrukce: 1. osa o úsečky AB; 2. přímka q souměrná s přímkou p podle přímky o; 3. kružnice
k1 a k2 , které se dotýkají přímek p, q a procházejí bodem A (viz konstrukce příkladu 5).
a a
Diskuse: Úloha má vždy dvě řešení.
|
_
./
a a
V řešení jsme uvažovali pouze jeden případ, kdy úsečka AB nemá s přímkou p společný žádný bod
^
a není kolmá na přímku p, ani s ní rovnoběžná. Musíme uvažovat pět případů:
./
• Úsečka AB má s p společný aspoň jeden vnitřní bod. Úloha nemá řešení.
• Úsečka AB je kolmá na p a A ∈ p. Kružnice nad průměrem AB je jediné řešení.
• p k AB, A neleží na p: 1. bod {C} = o ∩ p; 2. kružnice k opsaná trojúhelníku ABC je jediné řešení.
• Úsečka AB leží uvnitř jedné poloroviny určené přímkou p a p ⊥ AB: 1. osa o úsečky AB, vzdálenost
rovnoběžek o, p označme d; 2. kružnice k(A, d); 3. průsečíky k∩o označme Q, R; 4. kružnice k1 (Q, |QA|)
a k2 (R, |RA|) jsou dvě řešení.
• Viz základní řešení.
Poznámka: Úlohu lze řešit použitím mocnosti bodu ke kružnici. Hrubý návod: Body A, B
vedeme jakoukoli kružnici a z bodu {D} = AB ∩ p vedeme tečnu DT k této kružnici (T je
bod dotyku). Kružnice l(D, |DT |) protne přímku p v bodech C1 , C2 . Kružnice opsané trojúhelníkům ABC1 a ABC2 jsou dvě hledané kružnice.
12. Klíč: Přímka p je osou souměrnosti trojúhelníka ABC.
Konstrukce: 1. kružnice k3 souměrná s kružnicí k1 podle přímky p; 2. průsečíky B a B 0 kružnic
k2 a k3 ; 3. body A a A0 souměrné s B a B 0 podle p; 4. průsečíky C1 a C2 přímky p s kružnicí
m(A, |AB|); 5. průsečíky C10 a C20 přímky p s kružnicí m0 (A0 , |A0 B 0 |); 6. trojúhelníky ABC1 ,
ABC2 , A0 B 0 C10 , A0 B 0 C20 jsou hledaná řešení.
74
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
a a
Diskuse: Úloha má čtyři řešení, když se k2 a k3 protínají ve dvou bodech. Když se tyto
|
_
kružnice dotýkají, úloha má dvě řešení. Když nemají společný bod, úloha nemá žádné řešení.
./
a a
Naší pozornosti unikly dvě věci. Když kružnice k2 a k3 splývají, existuje nekonečně mnoho řešení;
^
když průsečík těchto kružnic leží na přímce p, nemůže být vrcholem hledaného trojúhelníka – takový
./
případ nutno vyloučit.
13. Klíčem je otáčení o 60◦ kolem vrcholu hledaného trojúhelníka.
Konstrukce: Nechť ka , kb , kc jsou tři soustředné kružnice. Zvolme bod A ∈ ka a sestrojme
kružnici kb0 , resp. kb” , která vznikne otočením kružnice kb kolem bodu A o úhel 60◦ , resp.
−60◦ . Nechť C1 , C2 jsou průsečíky kružnic kc a kb0 a C3 , C4 průsečíky kružnic kc a kb” .
Otočením opačným k otočení, kterým vznikly kružnice kb0 a kb00 , dostaneme z každého z bodů
Ci příslušný bod Bi . O tom, zda úloha má řešení, rozhoduje vzájemná poloha kružnic kc , kb0
(ta je stejná jako vzájemná poloha kružnic kc , kb” ). Nemají-li tyto kružnice společný bod,
úloha nemá řešení. To nastává, právě když poloměr největší z kružnic ka , kb , kc je větší než
součet poloměrů zbylých dvou kružnic. Dvě řešení jsou v případě, když nastává rovnost, a
čtyři řešení, když je zmíněný poloměr menší než součet poloměrů zbylých dvou kružnic.
14. a) Nechť k 0 je obraz kružnice k ve stejnolehlosti f se středem P a koeficientem 2. Každý
z průsečíků kružnic k, k 0 je bodem B. Úloha má právě dvě/jedno/žádné řešení, když
|SP | < 3r/|SP | = 3r/|SP | > 3r.
b) Nechť U V je tětiva kružnice k délky r. Nechť k 0 je kružnice se středem S dotýkající se
přímky U V . Tečna z bodu P ke kružnici k 0 je přímka p. Úloha má vždy dvě řešení.
15. Klíč: Složením tří osových souměrností, jejichž osy procházejí společným bodem, dostaneme opět osovou souměrnost.
a a
Konstrukce: 1. zvolme bod X ∈ k; 2. bod Y = (so ◦ sq ◦ sp )(X); 3. střed Z = X − • − Y ;
|
_
4. průsečík přímky ZS a kružnice je hledaný vrchol A; 5. B = sp (A), C = so (A).
./
Diskuse: Úloha má vždy dvě řešení, ta jsou středově souměrná podle středu S.
a a
V případě, že Z = S, je čtvrtý krok konstrukce špatně popsaný, protože přímka ZS neexistuje. Nutno
^
vzít
místo ní osu úsečky XY .
./
16. Klíč: Složením lichého počtu středových souměrností je opět středová souměrnost.
Konstrukce: (Středovou souměrnost podle bodu Si označme si .) 1. libovolně zvolíme bod X;
2. bod Y = (s5 ◦ s4 ◦ s3 ◦ s2 ◦ s1 )(X); 3. A1 = X − • − Y ; 4. A2 = s1 (A1 ), . . . .
Diskuse: Nutno prověřit, zda sestrojený „pětiúhelníkÿ je opravdu pětiúhelníkem.
−−→
Zdůvodnění: Vázaný vektor A1 X se při každé středové souměrnosti přemístí do vázaného
−−→
vektoru opačně orientovaného. Po pěti středových souměrnostech bude tedy vektorem A1 Y .
4.5. OPTIMALIZAČNÍ ÚLOHY
4.5
75
Optimalizační úlohy
Příklad 6
Úsečka AB nemá s přímkou p společný žádný bod. Najděte na přímce p bod X
tak, aby součet f = |AX| + |XB| byl co nejmenší.
Řešení
Vhled: Klíčem k řešení je bod B 0 souměrný s bodem B
podle přímky p. Pro libovolný bod Y na p pak platí |BY | = |B 0 Y |, tedy f = |AY | + |Y B 0 |.
Tato velikost je nejkratší tenkrát, když lomená čára AY B 0 je úsečkou.
Konstrukce:
Sestrojme bod B 0 = sp (B), pak {X} = AB 0 ∩ p.
Diskuse: Úloha má vždy jediné řešení.
Příklad 7
Je dána přímka p, mimo ni body A, B, A 6= B, a délka d > 0. Na p sestrojte
úsečku XY délky d tak, aby délka f = |AX| + |XY | + |Y B| byla minimální.
Řešení
Vhled: Uvažujme případ, kdy úsečka AB protíná přímku p.
Zvolme libovolně úsečku U V délky d na přímce p a sestrojme body P , Q tak, aby AV U P
a AU V Q byly rovnoběžníky. Délka lomené čáry BV U A je teď f = |BV | + |V Q| + d a délka
lomené čáry BU V A je g = |BU | + |U P | + d. Nechme úsečku U V „klouzatÿ po přímce p a dívejme se, co se děje s délkami f , g.
Strategie: Protože body P a Q jsou pevné, bude f nejkratší pro {V } = BQ ∩ p a g nejkratší
pro {U } = BP ∩ p.
Konstrukce:
a) body P , Q jako průsečíky q ∩ k, kde k je kružnice k(A, d) a q je rovnoběžka s p vedená
bodem A;
b) zjistíme, která z úseček BP a BQ je kratší; nechť je například |BQ| ≤ |BP |;
c) položíme {Y } = BQ ∩ p;
d) hledaný bod X je vrchol rovnoběžníku AXY Q.
a a
Diskuse: Úloha má vždy jediné řešení.
|
_
./
76
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
a a
^
V případě, že úsečka AB je kolmá na přímku p, má úloha dvě řešení souměrná podle přímky AB.
./
V celém řešení je ale vážnější nedostatek. Je opomenut případ, kdy
úsečka AB neprotíná přímku p. Naštěstí tento případ lze lehce převést na případ předešlý:
Sestrojíme bod B 0 souměrný s bodem B podle přímky p. Stejně
jako v prvním případě najdeme body X, Y tak, aby délka
|AX|+|XY |+|Y B 0 | byla minimální. Tvrdíme, že stejné body X, Y jsou řešením i pro bod B. To plyne
okamžitě ze skutečnosti, že každé lomené čáře AU V B 0 jednoznačně odpovídá stejně dlouhá lomená
čára AU V B.
Úlohy
17. Do pravoúhlého trojúhelníka ABC, a < b < c vepište obdélník CXY Z
(X ∈ AC,
Y ∈ AB, Z ∈ BC) tak, aby a) úsečka XZ byla co nejkratší, b) úsečka XZ byla co nejdelší,
c) obsah obdélníka CXY Z byl co největší.
18. Je dán ostroúhlý trojúhelník ABC. Na úsečce AB zvolme bod X. Sestrojme body Y , Z
souměrné s bodem X podle přímek AC, BC. Najděte takovou polohu bodu X, aby úsečka
Y Z byla co nejkratší.
19.
Jsou dány různé kružnice i(I, a), j(J, b) procházející společným bodem M . Najděte
přímku m procházející bodem M tak, aby velikost úsečky U V byla co největší; body U , V
podle
obrázku.
Řešení
17. a) Klíč: Úhlopříčky XZ a CY jsou shodné. Tedy XZ je nejkratší, když i CY je nejkratší.
To nastává tehdy, když CY je výška v trojúhelníku ABC.
b) XZ je nejdelší, když i CY je nejdelší. To nikdy nenastává. Čím blíže je bod Y k bodu A,
tím je CY delší, ale bod Y s bodem A splynout nesmí, protože by zanikl obdélník AXY Z.
Tedy ke každé poloze bodu Y lze najít polohu „lepšíÿ, například Y − • − A. Řešení neexistuje.
c) Sestrojme body P = sX (A), Q = sZ (B) a všimněme si, že čtyřúhelník ABQP se skládá
ze čtyř pravoúhlých trojúhelníků AY X, P Y X, BY Z, QY Z, pričemž první dva jsou shodné
i druhé dva jsou shodné. Obsah |ABQP | je tedy roven dvojnásobku součtu obsahů |AY X|
a |BY Z|, což je dvojnásobek rozdílu obsahu |ABC| a obsahu |CXY Z|. Tedy |ABQP | =
= 2|AY X| + 2|BY Z| = 2(|ABC| − |CXY Z|), odkud |CXY Z| = |ABC| − 21 |ABQP | =
= 12 (|ABC| − |P CQ|). Proto obsah čtyřúhelníka CXY Z bude největší, když obsah trojúhelníka P CQ bude nejmenší. To nastane v případě, že trojúhelník P CQ degeneruje do bodu, tj.
P = C = Q. V tomto případě je X = A − • − C, Y = A − • − B, Z = B − • − C a obsah
čtyřúhelníka CXY Z je polovina obsahu trojúhelníka ABC.
18. Klíč: Trojúhelník Y ZC je rovnoramenný a | < Y CZ| = 2γ. Hledaný bod X je pata výšky
spuštěné z bodu C na stranu AB.
Zdůvodnění: Trojúhelník XCY , resp. XCZ je rovnoramenný a přímka AC, resp. BC je jeho
osou souměrnosti. Proto je | < Y CZ| = 2| < ACB| nezávislý na bodu X a |Y C| = |ZC|.
Tedy |Y Z| je minimální, když |CY | je minimální a to nastává, když |CX| je minimální.
4.6. VÝPOČTY V PLANIMETRII
77
19. Označme P , resp. Q patu kolmice spuštěné na m z bodu I, resp. J. Protože P = U −•−M ,
Q = V − • − M , je |U V | = 2|P Q|.
Konstrukce: m k IJ
Zdůvodnění: Nechť R je průsečík kolmice vedené bodem I k přímce m a rovnoběžky vedené
bodem J s přímkou m. Platí |U V | = 2|P Q| = 2|JR| ≤ 2|IJ|, přičemž rovnost nastává, právě
když je R = I, tj. m k IJ.
4.6
Výpočty v planimetrii
Příklad 8
Pravoúhlý trojúhelník má obvod o = 52 a obsah S = 120. Vypočtěte velikost w
poloměru kružnice trojúhelníku vepsané a přeponu c.
Řešení
Vhled: Standardní přístup je využít pro délky stran a, b, c Pythagorovu větu, ale údaj o obvodu a obsahu je dosti početně náročný. Daleko rychlejší je uvědomit si, že v každém trojúhelníku platí ow = 2S.
Strategie: Z daných údajů vypočteme w a ze vztahu c = a + b − 2w určíme c.
Výpočet: Protože 240 = 52w, je w =
278
c = 2o − w = 26 − 60
13 = 13 .
60
13 .
Dále tedy o = a + b + c = 2(c + w), odkud
278
a a
Výsledek: w = 60
|
13 , c = 13 .
_
./
a a
Řešení je špatné. Vše bylo zjištěno pouze pomocí vzorců a nepřesvědčili jsme se, zda daný trojúhelník
^
existuje.
Pokusme se vypočítat strany a, b. Víme, že a + b = c + 2w = 398
./
13 a ab = 2S = 240. Odtud
398
2
a − 13 a + 240 = 0. Diskriminant této kvadratické rovnice je záporné číslo (přibližně −22, 7), tedy
trojúhelník neexistuje. Standardní způsob se tedy ukázal jako vhodnější než naše „zkratkaÿ.
Opravený výsledek: Trojúhelník ze zadání neexistuje.
78
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
Příklad 9
Věž, která má výšku v metrů, je vidět ze vzdálenosti 299 m pod úhlem α a ze
vzdálenosti 97 m pod úhlem 3α. Zjistěte v.
Řešení
Vhled: Situace je načrtnuta na obrázku.
Z trojúhelníka ACD je v = 299tg α, z trojúhelníka BCD je v = 97tg 3α.
Strategie: Označme x = tg α. Na soustavu dvou
rovnic o dvou neznámých v, α užijeme trigonometrické vztahy a soustavu vyřešíme.
Výpočet: Použijeme vzorec z tabulek
tg 3α = =
tg α(3 − tg 2 α)
,
1 − 3tg 2 α
případně ho odvodíme ze vztahů
tg 3α = tg (2α + α) =
a
tg 2α =
tg 2α + tg α
1 − tg 2α · tg α
2tg α
.
1 − tg 2 α
Další výpočet je již jednoduchý. Vztah 299tg α = 97tg 3α lze psát jako
299x = 97 ·
odkud x =
1
10 ,
x(3 − x2 )
,
1 − 3x2
neboť x > 0. Tedy v = 299x = 29, 9.
Výsledek: Věž má výšku 29,9 m.
Úlohy
20. Vrcholy trojúhelníka ABC dělí kružnici trojúhelníku opsanou v poměru 3 : 4 : 5. Zjistěte
velikosti úhlů trojúhelníka ABC.
21. Je dán pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou c = 10 a poloměrem w = 2 kružnice
vepsané. Zjistěte velikosti jeho odvěsen a úhlů.
22. Kružnice s poloměry a, b, a < b, mají vnější dotyk a jejich společné vnější tečny jsou na
sebe kolmé. Určete a, když znáte b.
23. Každé dvě ze tří kružnic k1 (S1 , 1), k2 (S2 , 4), k(S, r) se vzájemně vně dotýkají a všechny
tři mají společnou vnější tečnu. Určete r.
4.6. VÝPOČTY V PLANIMETRII
24. V tětivovém čtyřúhelníku ABCD je |BD| = 1 +
79
√
3, | < ACD| = 45◦ , | < ADB| = 60◦ .
Určete délky všech stran, které jsou těmito údaji určeny jednoznačně.
25. Pro výšky AK a BL trojúhelníka ABC platí, že |AK| ≥ |BC|, |BL| ≥ |AC|. Vypočtěte
velikosti úhlů trojúhelníka ABC.
26. Čtverec ABCD je úsečkou AM (M leží na straně CD) rozdělen na trojúhelník s obsahem 30 a lichoběžník s obsahem 114. Určete velikost úsečky AM .
Řešení
20. Situaci modelujme na ciferníku hodin. Bod A umístíme na číslo 12, bod B na 3 a bod
C na 7. Oblouk AB odpovídá třem hodinám, oblouk BC čtyřem a oblouk CA pěti hodinám.
Odtud α = 60◦ , β = 75◦ , γ = 45◦ .
21. Klíč: Viz příklad 8.
Označme U , V , Z body, v nichž se kružnice vepsaná trojúhelníku ABC dotýká stran AC, BC,
AB. Dále označme u = |AU |, v = |BV |. Pak je u = |AU | = |AZ|, v = |BV | = |BZ|, neboť obě
tečny vedené z bodu ke kružnici jsou stejně dlouhé. Konečně je 2 = |CV | = |CU |. Víme, že
u+v = |AB| = 10 a z Pythagorovy věty (u+2)2 +(v+2)2 = 100, tj. u2 +v 2 +4(u+v)+8 = 100.
Odtud u2 + v 2 = 52 a dále u2 − 10u + 24 = 0, tedy u1 = 4, u2 = 6, v1 = 6, v2 = 4.
Velikosti odvěsen jsou 6 a 8 a úhly jsou 90◦ , arctan 34 a arctan 43 .
√
22. a = b(3 − 2 2)
23. Klíčem je obecná situace. Kružnice m(A, a), l(B, b), a < b, mají vnější dotyk a jejich tečná
vzdálenost je t. Pak zřejmě z Pythagorovy věty aplikované na trojúhelník ABC (kde
√ AC je
rovnoběžná s tečnou a BC je na ni kolmá) platí (a + b)2 = t2 + (b − a)2 , tj. t = 2 ab.
Když tento vztah aplikujeme na oba případy situace, která je popsaná textem úlohy, dostáváme:
• jestliže r < 1, bude r = 49 ;
• jestliže r > 1, bude r = 4.
24. Z věty o obvodovém úhlu plyne, že | < ABD| = | < ACD| = 45◦ .
V trojúhelníku ABD známe
všechny tři úhly a délku strany BD. Pomocí sinové věty pak
√
zjistíme délky |AB| = 6, |AD| = 2. Bod C může ležet kdekoli na menším z oblouků BD,
proto
√ délky stran BC a CD určit nelze. Dodejme, že poloměr kružnice čtyřúhelníku opsané
je 2.
25. Protože je AK ⊥ BC, je |AC| ≥ |AK|. Podobně |BC| ≥ |BL|. Po vynásobení máme
|AC||BC| ≥ |AK||BL|. Na druhé straně po vynásobení nerovností ze zadání úlohy dostaneme
|AC||BC| ≤ |AK||BL|. Odtud plyne |AC||BC| = |AK||BL|, tedy |AK| = |BC| = |BL| =
= |AC|. Trojúhelník ABC je pravoúhlý rovnoramenný. Má úhly 45◦ , 45◦ , 90◦ .
26. Obsah čtverce je 30+114 = 144. Tedy jeho strana má délku 12. Obsah trojúhelníka AM D
je 12 |AD||DM | = 6|DM | = 30. Odtud |DM | = 5. Pythagorova věta aplikovaná na trojúhelník
AM D dá pak |AM | = 13.
80
4.7
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
Obsahy
Příklad 10
Pravidelný osmiúhelník ABCDEF GH je úhlopříčkou AD rozdělen na dvě
části. Obsah menší části je S. Jaký je obsah větší části?
Řešení I
Vhled: Rozdělme osmiúhelník úhlopříčkami AD, HE, BG a CF na 9 útvarů: čtyři rovnoramenné pravoúhlé trojúhelníky, čtyři obdélníky a jeden čtverec.
Strategie: Zvolme délku strany AB a vypočtěme obsah
každého z devíti útvarů.
Výpočet: Zvolíme-li délku strany AB rovnou 2, pak
každý ze čtyř trojúhelníků
bude mít obsah 1 (strany
√ √
trojúhelníka jsou √ 2, 2, 2), každý ze čtyř obdélníků
√
bude mít obsah 8 (strany obdélníku jsou
2 a 2)
√
a čtverec
√ bude mít obsah√4. Pak S = 1 + 8 + 1 =
= 2( 2 + 1) a T = 2 + 3 8 + 4 = 3S.
Výsledek: Obsah zbytku je 3S.
Řešení II
Když prostřední čtverec rozdělíme úhlopříčkami na čtyři rovnoramenné pravoúhlé trojúhelníky,
bude každý z nich shodný s těmi, které již v rozkladu existují. Teď tedy bude osmiúhelník rozdělen na 12 útvarů, z nich je osm shodných trojúhelníků a čtyři shodné obdélníky. Lichoběžník
ABCD obsahuje dva trojúhelníky a jeden obdélník, šestiúhelník ADEF GH obsahuje šest
trojúhelníků a tři obdélníky. Má tedy obsah roven 3S.
Úlohy
27. V lichoběžníku ABCD
označme Q průsečík úhlopříček AC, BD. Dále označme v jeho
výšku a a = |AB|, b = |CD| jeho základny. Stanovte obsahy S1 = |ABQ|, S2 = |BCQ|,
S3 = |CDQ|, S4 = |DAQ|, znáte-li a) velikosti a, b, v, b) S1 = 9, S2 = 6.
28.
V obdélníku ABCD s obsahem 12 je E = C − • − D. Úsečky AE, BE, AC rozdělí
obdélník na pět trojúhelníků. Zjistěte obsah každého z nich.
29.
Na straně BC trojúhelníka ABC jsou dány body P , Q tak, že |BP | = |P Q| = |QC|.
Dále je dán bod R = A − • − C a průsečík {M } = AP ∩ BR. Víte-li, že |BP M | = 1, určete
obsahy S1 = |P M RQ|, S2 = |CRQ|, S3 = |AM R|, S4 = |ABM |.
Řešení
27. a) Obsahy jsou S1 = pa2 , S2 = S4 = pab, S3 = pb2 , kde p =
Důsledek: S2 = S4 a S1 S3 = S22
b) Podle důsledku lehce vypočteme S3 = 4, S4 = 6.
v
2(a+b) .
4.8. DŮKAZY
81
28. Označme Q průsečík AC, BE. Pak |AED| = |ABCD|
= 12
4
4 = 3. Dále podle důsledku
z řešení úlohy 27 lehce najdeme |ABQ| = 4, |BCQ| = |AEQ| = 2, |CEQ| = 1.
29. Protože P M je střední příčka v trojúhelníku BQR, je S1 = 3|BP M | = 3. Trojúhelník
BCR je úsečkou RQ dělen na dva trojúhelníky, poměr jejichž obsahů je 1 : 2. Odtud
S2 = 12 |BQR| = 24 = 2. Dále |BCR| = |BAR| a |BAP | = 12 |CAP |. Odtud S3 + S4 = 6,
S4 + 1 = 21 (S2 + S3 + S1 ), a tedy S3 = S4 = 3.
4.8
Důkazy
Příklad 11
Dokažte, že v libovolném konvexním čtyřúhelníku ABCD platí
|AB| + |CD| < |AC| + |BD|. Je podmínka konvexnosti nutná?
Řešení
Vhled: Lehce nahlédneme, že podmínka konvexnosti nutná je. Nekonvexní čtyřúhelník, ve kterém vrcholy A a C i vrcholy B, D jsou blízko sebe, danou nerovnost nesplňuje (viz obrázek).
V případě konvexního čtyřúhelníka označme průsečík úhlopříček BD, AC jako S. Bod S rozdělí každou z úhlopříček na dvě úsečky. Uvažujme
o použití trojúhelníkové nerovnosti.
Strategie: Použijeme trojúhelníkovou nerovnost na každý z trojúhelníků ASB a CSD.
Důkaz:
Platí |AB| < |AS| + |BS|, |CD| < |SC| + |SD|; sečtením pak dostaneme
|AB| + |CD| < |AS| + |SC| + |BS| + |SD| = |AC| + |BD|.
Úlohy
30. Uvnitř trojúhelníka ABC
je dán bod C 0 . Označme | < AC 0 B| = γ 0 . Dokažte, že γ < γ 0 .
31. Nechť ABC je pravoúhlý trojúhelník. Označme S = A − • − B. Dokažte, že vrchol C leží
na kružnici k(S, 2c ).
32. Dokažte, že a) osy stran, b) osy úhlů trojúhelníka ABC
se protínají v jediném bodě.
33. Dokažte, že je-li čtyřúhelníku ABCD vepsána kružnice k, pak |AB|+|CD| = |AD|+|BC|.
Platí i věta obrácená?
82
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
34. Nechť je dána kružnice k(S, r) a bod M , pro který |M S| = d ≥ r. Nechť libovolná přímka
procházející bodem M protíná kružnici k v bodech U , V , případně se dotýká k v bodě T .
Pak platí
|M U ||M V | = |M T |2 = d2 − r2 .
Toto číslo se nazývá mocnost bodu M ke kružnici k. Uvedený vztah dokažte.
35. Vyslovte a dokažte větu o tětivovém čtyřúhelníku ABCD. Věta má dát návod na to, jak
ze znalosti velikosti oblouků AB, BC, CD, DA zjistíme, zda je AC ⊥ BD.
Řešení
30. Označme D průsečík přímky CC 0 a úsečky AB. Víme, že platí
| < ACD| + | < CAC 0 | = | < AC 0 D| a | < BCD| + | < CBC 0 | = | < BC 0 D|.
Tedy γ 0 = γ + | < CAC 0 | + | < CBC 0 |. Tvrzení je dokázáno.
Dokonce jsme udělali víc, než bylo žádáno. Ukázali jsme, o kolik je γ 0 větší než γ.
31. Nechť AB je průměr kružnice k(S, r) a C její bod různý od A i B. Protože |AS| = |CS| =
= r, je trojúhelník ASC rovnoramenný, tedy | < ACS| = α. Podobně ukážeme, že | < BCS| =
◦
◦
= β. Tedy γ = α + β. Ze vztahu α + β + γ = 180 plyne γ = 90 .
a a
Důkaz je hotov.
|
_
./
a a
Dokázána byla implikace C ∈ k ⇒ γ = 90◦ . Zadání úlohy však požadovalo důkaz implikace obrácené:
^
γ = 90◦ ⇒ C ∈ k. Chyba, které jsme se dopustili, patří k nečastějším chybám v dokazování vůbec, ne
./
pouze v geometrii.
Dokažme tedy implikaci: γ = 90◦ ⇒ C ∈ k. Důkaz provedeme sporem. Budeme předpokládat, že
γ = 90◦ a současně C 6∈ k a dojdeme ke sporu.
Jestliže tedy bod C neleží na k, leží buď uvnitř k, nebo vně k, v žádném případě však neleží na přímce
AB. Označme C 0 průsečík polopřímky SC s kružnicí k. Podle omylem dokázaného tvrzení již ale víme,
že γ 0 = | < AC 0 B| = 90◦ . Jestliže bod C leží uvnitř trojúhelníka ABC 0 , pak podle úlohy 30 je γ > 90◦ .
To odporuje předpokladu tvrzení.
Jestliže bod C leží vně trojúhelníka ABC 0 , pak bod C 0 leží uvnitř trojúhelníka ABC a podle úlohy 30
je γ < 90◦ . To též odporuje předpokladu tvrzení. Oba uvažované případy tedy odporují předpokladu,
proto nemůže současně nastat γ = 90◦ a C 6∈ k. Tím je požadovaná implikace dokázána.
Důsledek: Nechť k je kružnice o průměru AB a C bod neležící na přímce AB. Pak | < ACB| = 90◦ ⇔
⇔ C ∈ k.
32. a) Nechť S je průsečík os stran AB a BC. Protože S leží na ose úsečky AB, platí |AS| =
= |BS|. Protože S leží na ose úsečky BC, platí |BS| = |CS|. Odtud |AS| = |CS|, tedy S leží
na ose úsečky AC.
b) Nechť W je průsečík os úhlů α a β. Protože W leží na ose úhlu α, je vzdálenost W od
přímek AB a AC stejná. Protože W leží na ose úhlu β, je vzdálenost W od přímek AB a BC
stejná. Odtud plyne, že vzdálenost bodu W od přímek AC a BC je stejná, tedy W leží na
některé ze dvou os úhlů tvořených přímkami AC a BC. Ale W leží uvnitř trojúhelníka ABC,
proto leží na ose úhlu ACB.
4.8. DŮKAZY
83
33. Nechť E, F , G a H jsou body, v nichž se kružnice k dotýká stran AB, BC, CD, DA
čtyřúhelníka ABCD v uvedeném pořadí. Protože obě tečny vedené z bodu A ke kružnici k
jsou stejně dlouhé, platí |AE| = |AH|. Analogicky |BE| = |BF |, |CF | = |CG|, |DG| = |DH|.
Dále |AB| + |CD| = |AE| + |EB| + |CG| + |GD| = |AH| + |BF | + |CF | + |HD| = |AD| + |BC|.
Obrácená věta zní:
Platí-li pro čtyřúhelník ABCD vztah |AB| + |CD| = |AD| + |BC|, pak existuje kružnice k
čtyřúhelníku ABCD vepsaná.
Tato věta neplatí. Protipříkladem je nekonvexní čtyřúhelník souměrný podle přímky AC.
34. Klíčem k důkazu je pomocné tvrzení: Trojúhelníky M T V a M U T jsou podobné. Nejprve
toto pomocné tvrzení dokážeme.
Úhel při vrcholu M mají oba trojúhelníky společný. Dále obvodový úhel T U V je shodný
s úhlem V T M . Trojúhelníky M T V a M U T se tedy shodují ve dvou úhlech, a proto jsou
podobné. Z podobnosti plyne: |M U | : |M T | = |M T | : |M V |, odtud |M T |2 = |M U ||M V |.
Zbytek plyne z Pythagorovy věty aplikované na trojúhelník M T S.
Tvrzení je dokázáno.
35. Označme o obvod kružnice k opsané čtyřúhelníku ABCD. Dále označme α = | < CAB|,
d + AD
d = o ⇔ BC
d + AD
d = AB
d + CD.
d
β = | < ABD|. Pak AC ⊥ BD ⇔ α + β = π2 ⇔ BC
2
d + AD
d = AB
d + CD.
d
Hledané tvrzení zní: V tětivovém čtyřúhelníku ABCD je AC ⊥ BD ⇔ BC
Důkaz byl podán při hledání tvrzení.
84
KAPITOLA 4. PLANIMETRIE
Obsah
1 Rovnice
1.1 Slovní rovnice . . . . . . . . . . . . .
1.2 Kvadratické rovnice . . . . . . . . .
1.3 Trigonometrické rovnice . . . . . . .
1.4 Iracionální rovnice . . . . . . . . . .
1.5 Logaritmické a exponenciální rovnice
1.6 Rovnice s absolutní hodnotou . . . .
1.7 Parametrické rovnice . . . . . . . . .
2 Teorie čísel
2.1 Dělitelnost . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Počet dělitelů . . . . . . . . . . . .
2.3 Algebrogramy a dělitelnost . . . .
2.4 Největší společný dělitel a nejmenší
2.5 Euklidův algoritmus . . . . . . . .
2.6 Diofantovské rovnice . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5
5
10
13
16
17
19
22
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
společný násobek .
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
29
29
32
34
40
43
46
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3 Kombinatorika
3.1 Poznámka úvodem . . . . . . . .
3.2 Úlohy s aritmetickým kontextem
3.3 Úlohy s geometrickým kontextem
3.4 Úlohy s reálným kontextem . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
51
51
51
56
60
4 Planimetrie
4.1 Jednoduché konstrukce . . . . . .
4.2 Konstrukce číselného výrazu. . .
4.3 Konstrukce s pomocným útvarem
4.4 Konstrukce pomocí transformací
4.5 Optimalizační úlohy . . . . . . .
4.6 Výpočty v planimetrii . . . . . .
4.7 Obsahy . . . . . . . . . . . . . .
4.8 Důkazy . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
65
65
68
70
72
75
77
80
81
85
Download

null