zadání

3ÚvodSeminář z elementární matematiky zařazený do prvního semestru učitelského studia sledujepřinejmenším 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 hotovýchvýsledků, ale ve vlastní tvůrčí činnosti studenta.3. Naznačit příštímu učiteli, že poznávání vlastních myšlenkových pochodů při řešení úloh jevýrazným pomocníkem při poznávání myšlenkových pochodů žáka.Po zkušenostech získaných během dvou let průběhu semináře jsme se rozhodli poskytnoutstudentům čtyři z osmi probíraných tématických celků ve skriptové podobě. Každá ze čtyřkapitol uvádí jak vyřešené příklady, tak i úlohy k řešení, z nichž některé jsou řešeny zevrubně,jiné pouze zkratkově, či je uveden pouze výsledek.✓✏ ❛ ❛|Tento symbol upozorňuje na přítomnost chyby v řešení.✒✑⌢✓✏⊲⊳❛ ❛ Tento symbol pak tuto chybu analyzuje a vysvětluje.✒✑⌣⊲⊳Ve skriptu jsou kromě těchto záměrných chyb jistě i chyby neúmyslné. Upozornění na každoutakovou 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. 1995Děkujeme kolegovi J. Zhoufovi za pečlivé přečtení textu.V Praze dne 18. 6. 2000Autoři

Kapitola 1RovniceDomluva: Pokud nebude uvedeno jinak, budeme všechny rovnice nadále řešit v oboru reálnýchčísel R. Text „V R řešte rovnici vypouštíme.1.1 Slovní rovnicePříklad 1Až bude Evě tolik let, co je dnes Ivovi, bude Ivo o 10 let starší, než je Evadnes. Kolik bylo Ivovi, když se Eva narodila?ŘešeníVhled: U slovních úloh vůbec, a u úloh o věku zvláště, je rozhodující uchopení textu doprůhledně zapsaného schématu – rovnice, tabulky či grafu. Na úlohy o věku je nejčastějivhodná tabulka.V našem případě jde o dvě osoby, Evu a Iva, a tři časové hladiny – „tehdy, tj. dobu, kdy seEva narodila, „dnes a „potom. Dostáváme tedy celkem šest číselných údajů a, b, c, d, e, fpřehledně zapsaných v tabulce.tehdy dnes potomEva a b cIvo d e fStrategie: Vypíšeme všechny vazby, které se v zadání úlohy vyskytují otevřeně i skrytě, a pakz nich vypočteme potřebné údaje.Realizace: Ze zadání přímo plynou tři rovnice: a = 0, c = e, b + 10 = f. Skrytě je v úlozepřítomna skutečnost, že „věk Iva minus věk Evy je pořád stejný. Tedy d − a = e − b = f − c.Máme pět rovnic o šesti neznámých. Ne všechno se nám tedy povede zjistit. Naším úkolemje 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. ROVNICEPříklad 2Vodní nádrž je možno plnit třemi přívody. Druhým se naplní za dobu o polovinudelší než prvním, třetím za dobu o osm hodin delší než prvním. Všemipřívody současně se naplní za 4,5 hodiny. Za jakou dobu by se nádrž naplnilakaždým přívodem zvlášť?ŘešeníVhled: V této úloze vystupují u každého přívodu dva údaje – za jak dlouho se tímto přívodemnaplní celá nádrž a jaká část nádrže se přívodem naplní za jednu hodinu.Strategie: Nechť t 1 je čas, za který se prvním přívodem naplní celá nádrž, a V 1 objem té části,která se naplní prvním přívodem za jednu hodinu. Podobně t 2 , V 2 charakterizují druhý přívoda t 3 , V 3 třetí přívod. Pomocí těchto údajů zapíšeme všechny vazby z textu úlohy.Dále využijeme základní vazby: t 1 V 1 = 1, t 2 V 2 = 1, t 3 V 3 = 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. t 2 = 3 2 · t 1.• Třetím přívodem se naplní za dobu o osm hodin delší než prvním, tj. t 3 = t 1 + 8.• Všemi přívody současně se nádrž naplní za 4,5 hodiny, tj. 4, 5(V 1 + V 2 + V 3 ) = 1, neboť částnádrže, která nateče za hodinu všemi přívody, je V 1 + V 2 + V 3 .Z prvních dvou vztahů a základních vazeb dostaneme 2V 1 = 3V 2 a V 1 = V 3 + 8V 1 V 3 . Máme třirovnice o třech neznámých V 1 , V 2 , V 3 . Z nich máme (záporná řešení neuvažujeme): V 1 = 110 ,t 1 = 10, V 2 = 115 , t 2 = 15, V 3 = 118 , t 3 = 18.Odpověď: Nádrž se prvním přívodem naplní za 10 hodin, druhým za 15 hodin, třetím za 18 hodin.Úlohy1. Otci a synovi je dohromady 30 let. Syn se narodil, když bylo otci osmkrát tolik, kolik jednes 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.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 letje dnes otci?4. Dnes je otci tolik, co matce se synem dohromady. Syn se narodil, když oběma rodičůmdohromady bylo 50 let. Až bude synovi tolik, kolik bylo matce, když otci bylo 20, bude otci43 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, budemít Jana dvojnásobek let, co měl Pavel, když jí bylo tolik, co je dnes Pavlovi. Kolik je dnesJaně?

1.1. SLOVNÍ ROVNICE 76. Vodní nádrž je plněna dvěma přívody. Prvním za 3 hodiny natekla třetina nádrže. Pakbyl první přítok zastaven a puštěn byl druhý přítok po dobu 2 hodin. Natekla druhá třetinanádrže. 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 oběmanajednou. Za jakou dobu se bazén naplní prvním přítokem?b) Nádržka se naplní prvním kohoutem o 4 hodiny a druhým o 9 hodin později než oběmanajednou. Za jakou dobu se naplní druhým kohoutem?8. Jeden ze dvou závodů může splnit určitou objednávku o 4 dny dříve než druhý. Při společnépráci by oba závody splnily za 35 dní šestkrát větší objednávku. Za kolik dní může splnit celoupůvodní 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 témžeokamžiku. Vypočítejte, kolikrát byla průměrná rychlost jejich chůze menší než průměrnárychlost tramvaje mezi stanicemi A a B.10. Vzdálenost mezi dvěma městy A a B je 48 km. Osobní auto ujelo dráhu AB o 20 minutdříve než nákladní auto. Vypočítejte průměrné rychlosti obou aut, víte-li, že rozdíl těchtorychlostí 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 minutpozději než cyklista a po 15 minutách ho předjelo. V okamžiku, kdy dojelo do města Q, mělcyklista ujeto již 35 km a do cíle mu zbývalo ještě 50 minut šlapání. Určete vzdálenost obouměst, rychlost cyklisty i automobilu.13. Ze dvou míst vzdálených 285 km vyjela v 15.00 dvě nákladní auta proti sobě; první ujede30,5 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 jesměs tekutin A a B v poměru 3 : 5. Ve druhé nádobě je směs v neznámém poměru. Přelejeme1 l tekutiny z druhé nádoby do první nádoby, směs v první nádobě dokonale promícháme a 2l 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?Řešení1. Synovi jsou dnes 3 roky, otci je 27 let.2. Úlohu budeme řešit metodou pokus omyl. Předpokládejme například, že Mařence je dnes10 let. Pak matce je 20. Tato situace je nereálná. Zkusme jinou možnost. Mařence je dnes

8 KAPITOLA 1. ROVNICE20 let. Její mamince je tedy 40 a Honzovi 16. Za čtyři roky bude Honzovi 20, Mařence 24✓✏a mamince 44. Máme řešení.❛ ❛|Odpověď: Mařenka oslavuje dvacáté narozeniny.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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 číslobudou 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 tabulkovémetody. Označme dnešní věk Mařenky x. Pak všechny další hodnoty jsou dány tabulkou:Mařenka Honza Maminkadnes x x − 4 2xpotom x + 4 x 2x + 4Z 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 nareálné 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 umožňujenajít 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) synovibude tolik, co bylo matce v době (A).Označíme-li dnešní věk otce o, matky m, syna s, bude situace uchopena tabulkou:A B C Dotec 20 o − s o 43matka 20 + m − o m − s m 43 + m − osyn – 0 s 20 + m − oK 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 = 50pak 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 1 9 nádrže, druhým přítokem 1 6nádrže. Tedy oběmapřítoky současně nateče za hodinu 1 9 + 1 6 = 518nádrže. Třetina nádrže pak oběma přítokynateče za 1 3 / 518 = 6 5hodiny, 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 99. Stačí, když načrtneme úsečku AB a na ní dva body: polohu kina K a bod P , ve kterém bylPetr v okamžiku, kdy Milan vystupoval na zastávce B z tramvaje. Protože v tom okamžikujsou 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.vzdálenostBK✂✂✂P ✂✧A ✂✧ ✂❜ ❜❜❜❜❜ Milan✂✂tramvaj ✧✧✧✧✧ Petr✧čas10. Označme x dobu (v hodinách), za kterou ujelo dráhu z A do B osobní auto. Pak nákladníauto ujelo tuto dráhu za x + 1 3 hodiny. Rychlost osobního auta byla 48 x(v km/h) a nákladního. Rozdíl obou čísel je 12. To vede na kvadratickou rovnici 3x 2 + x − 4 = 0, odkud x 1 = 1,48x+ 1 3x 2 = − 4 3. 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 geometrickou.Z podobnosti trojúhelníků ACE, ADF a HGF máme y 40 = 3540+z = x 50 . Z podobnostitrojúhelníků BCE a BDG máme y 15 = 35+x15+z. Odtud x = 25, y = 20, z = 30.dráha (km)GQHxBG. . . grafikon autaAH. . . grafikon cyklistyF35✟ ✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✟✓ ✓✓✓✓✓✓✓✓Eyčas (min.)A 25 B 15 C z D 50Odpověď: 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.

1.2. KVADRATICKÉ ROVNICE 11Případ −1 − √ 6 není řešením, neboť √ 7 + 2 √ 6 je kladné číslo.

12 KAPITOLA 1. ROVNICEÚlohy15. Řešte danou kvadratickou rovnici a její kořeny vyjádřete bez stupňovité odmocniny.a) x 2 − 3x + √ 7 − 5 = 0; b) x 2 + x − 3 √ 5 − 7 = 0;c) x 2 + x − 5 + √ 5 = 0; d) x 2 + x + 3 − √ 5 = 0.16. Řešte kvadratickou rovnici x 2 − x √ 2 − 3 − √ 6 = 0 a její kořeny vyjádřete bez stupňovitéodmocniny.17. Řešte kvadratickou rovnici x 2 − x √ √2 − 1 −√2 = 0 a její kořeny vyjádřete v co nejjednoduššímtvaru.18. Najděte všechny reálné kořeny rovnice čtvrtého stupně a kořeny vyjádřete v co nejjednoduššímtvaru.a) x 4 + 3x 2 − 3 + √ 5 = 0, b) x 4 − 10x 2 − 12(1 + √ 7) = 0.19. Nechť x 1 , x 2 jsou kořeny kvadratické rovnice Ax 2 + Bx + 1 = 0. Pak x 1x 2, x 2x 1kvadratické rovnice Ax 2 + (2A − B 2 )x + A = 0. Dokažte.jsou kořeny20. Nechť x 1 , x 2 jsou kořeny kvadratické rovnice Ax 2 + Bx + C = 0. Najděte kvadratickourovnici, jejíž kořeny jsoua) −x 1 , −x 2 ; b) 5x 1 , 5x 2 ; c) 1 x 1,1x 2; d) x 1 + x 2 , x 1 x 2 .Řešení15. a) x 1 = 1 + √ 7, x 2 = 2 − √ 7;b) x 1 = 1 + √ 5, x 2 = −2 − √ 5;c) x 1 = − √ 5, x 2 = √ 5 − 1;d) diskriminant D = 4 √ 5 − 11 je záporný, řešení neexistuje.16. x 1 = √ 2 + √ 3, x 2 = − √ 3.17. x 1 = √ √2 + 1, x2 = − √ 2 √ 2 − 2. Rada: Umocněte celou rovnici na druhou (tím sezbavíte stupňovité odmocniny). Nezapomeňte na zkoušku.18. a) Rovnice má dva reálné kořeny x 1 = √ √5 − 2, x2 = − √ √5 − 2.b) Rovnice má dva reálné kořeny x 1 = √ 2 √ 7 + 8 = 1+ √ 7, x 2 = − √ 2 √ 7 + 8 = −1− √ 7.19. Použijeme-li Viètovy vztahy, dostaneme x 1 + x 2 = − B A , x 1x 2 = 1 Aa chceme dokázatx 1x 2+ x 2x 1= B2 −2AA , x 1x 2· x2x 1= 1. To je rutinní kalkulace.(Viz M. Hejný a kol.: Teória vyučovania matematiky 2, SPN, Bratislava 1990, str. 205.)20. Rada: Použijte Viètovy vztahy.a) Ax 2 − Bx + C = 0; b) Ax 2 + 5Bx + 25C = 0;c) Cx 2 + Bx + A = 0, kde C ≠ 0; d) A 2 x 2 + A(B − C)x − BC = 0.

1.3. TRIGONOMETRICKÉ ROVNICE 131.3 Trigonometrické rovnicePoznámky: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 ∈ 〈−1, 1〉, pak existuje právě jedno x ∈ 〈− π 2 , π 2〉 tak, že sin x = b. Číslo x nazývámearkus sinus b a označujeme arcsin b. Tedy sin x = b, x ∈ 〈− π 2 , π 2〉 ⇔ x = arcsin b.Podobně je definován arkus kosinus, arkus tanges a arkus kotangens:cos x = b, x ∈ 〈0, π〉, b ∈ 〈−1, 1〉 ⇔ x = arccos b,tg x = b, x ∈ (− π 2 , π 2) ⇔ x = arctg b,cotg x = b, x ∈ (0, π) ⇔ x = arccotg b.Domluva: V následujících úlohách písmeno k označuje libovolné celé číslo.Příklad 5Najděte všechna x ∈ 〈0, 2π), pro něž sin 3x = sin 2x.Řešení IStrategie: 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 cos 3 x − 3 sin 2 x cos x + i(3 sin x cos 2 x − sin 3 x) = cos 3x + i sin 3x. Tj. sin 3x == 3 cos 2 x sin x − sin 3 x. Podobně pro m = 2 dostaneme sin 2x = 2 sin x cos x. Po dosazeníobou výrazů do původní rovnice dostaneme 3 cos 2 x sin x − sin 3 x = 2 sin x cos x, odkudsin x(3 cos 2 x − sin 2 x − 2 cos x) = sin x(4 cos 2 x − 1 − 2 cos x) = 0.Tedy buď sin x = 0, nebo 4 cos 2 x − 2 cos x − 1 = 0. Z této kvadratické rovnice plyne cos x == 1±√ 54.Konečně sin x = 0 ⇔ x 1 = 0 ◦ , x 2 = 180 ◦ , cos x = 1+√ 54≈ 0, 809017 ⇔ x 3 ≈ 36 ◦ , x 4 ≈ 324 ◦ ;cos x = 1−√ 54≈ −0, 309017 ⇔ x 5 ≈ 108 ◦ , x 6 ≈ 252 ◦ .Lehce se přesvědčíme, že všechny čtyři kořeny, které jsme našli přibližně, jsou přesné. Napříkladkdyž do původní rovnice dosadíme x 3 = 36 ◦ , dostaneme sin 72 ◦ = sin 108 ◦ == sin(180 ◦ − 72 ◦ ), což platí přesně a ne jen přibližně. Stejně pro kořeny x 4 , x 5 a x 6 .Výsledek: Množina řešení je {0 ◦ , 36 ◦ , 108 ◦ , 180 ◦ , 252 ◦ , 324 ◦ }.Řešení IIStrategie: Použijeme vzorec sin x − sin y = 2 cos x+y2sin x−y2 .Realizace: Danou rovnici napíšeme ve tvaru sin 3x − sin 2x = 0 a použijeme uvedený vzorec.Dostaneme 2 cos 5x 2 sin x 2 = 0. Odtud buď cos 5x 2 = 0 ⇔ 5x 2 = π 2 + kπ ⇔ x = π 5 + 2 5 kπ ⇔⇔ x 1 = π 5 , x 2 = 3π 5 , x 3 = π, x 4 = 7π 5 , x 5 = 9π 5 , nebo sin x 2 = 0 ⇔ x 2 = kπ ⇔ x 6 = 0.Výsledek: Množina řešení je {0, π 5 , 3π 5 , π, 7π 5 , 9π 5 }.

14 KAPITOLA 1. ROVNICEŘešení IIIStrategie: 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 jazykumění na podmínku: přímka CD je rovnoběžná s osou x. Pak ale osa y je osou souměrnostiúsečky CD a odtud okamžitě plyne, že 90 ◦ = 2, 5x. Tedy x 1 = 36 ◦ je první kořen.Druhý obrázek ukazuje, jak získáme řešení x 2 = 108 ◦ . Ze souměrnosti podle osy x plyne,že i x = −36 ◦ a x = −108 ◦ jsou řešení dané rovnice. Tato řešení však neleží ve vymezenémintervalu 〈0 ◦ , 360 ◦ ). Oba kořeny do daného intervalu posuneme přičtením periody 360 ◦ ,tj. x 3 = 324 ◦ , x 4 = 252 ◦ .Nakonec ještě dva jednoduché případy x 5 = 0 ◦ a x 6 = 180 ◦ .Poznámka: Tři různá řešení stejné rovnice nám umožnila hlubší pohled do situace popsanérovnicí. Například obohatila tabulku známých hodnot goniometrických funkcí. K hodnotámúhlů 0 ◦ , 30 ◦ , 45 ◦ , 60 ◦ a 90 ◦ přibyly hodnoty úhlů dalších, tj. cos 36 ◦ = sin 54 ◦ = 1+√ 5cos 72 ◦ = sin 18 ◦ =Úlohy√5−14.21. Doplňte prázdná okénka v tabulce:sin 00 ◦ 18 ◦ 30 ◦ 36 ◦ 45 ◦√5−14cos 1 •tg 0 •cotg – •12•√3 1+ √ 5√243√2√222√3 • 13 • 122. V intervalu 〈0, 2π) řešte rovnicia) sin 2x = sin x; b) sin 4x = sin x;c) sin 7x = sin 3x; d) sin mx = sin x, m ∈ N, m > 1;e) cos 2x = cos x; f) cos 4x = cos x;g) cos 7x = cos 3x; h) cos mx = cos x, m ∈ N, m > 1.23. a) cos x + √ 3 sin x = 1; b) √ 3 cos x − sin x = 2;c) cos x + √ 3 sin x = √ 2; d) 3 cos x + 4 sin x = 5;e) 3 cos x − 4 sin x = 2; f) sin x − 2 cos x =g) tg x + cotg x = √ 43; h) tg x + cotg x = 1.24. a) cos 4 x + sin 4 x = 1; b) cos 3 x + sin 3 x = 1;c) cos 4 x − sin 4 x = 1;√52 ;25. a) 8 cos 6 x + 8 sin 6 x = 5 + 3 cos 4x; b) tg x 2 = 1−cos xsin x ;c) 2 cos 2 x = 2 + cos 2x; d) cos 3x + cos 5x = cos 4x cos x.4,

1.3. TRIGONOMETRICKÉ ROVNICE 15Řešení√21. cos 18 ◦ 5+ √ √5=8, sin 36 ◦ 5− √ 5=8, cotg 18 ◦ = √ 5 + 2 √ √5, cotg 36 ◦ 5+2 √ 5=5,√tg 18 ◦ 5−2 √ 5=5, tg 36 ◦ = √ 5 − 2 √ 5.22. Množina řešení jea) {0, π 3 , π, 5π 3 };b) {0, π 5 , 3π 5 , 2π 3 , π, 4π 3 , 7π 5 , 9π 5 };c) {0, π 10 , 3π10 , π 2 , 7π10 , 9π10, π,11π10 , 13π10 , 3π 2 , 17π10 , 19π10 };d) { πm+1 , 3πm+1 , 5πm+1 , . . . , (2m+1)πm+1} ∪ {0,2πm−1 , 4πm−1 , . . . , (2m−4)πm−1};e) {0, 2π 3 , 4π 3 };f) {0, 2π 5 , 2π 3 , 4π 5 , 6π 5 , 4π 3 , 8π 5 };g) {0, π 5 , 2π 5 , π 2 , 3π 5 , 4π 5 , π, 6π 5 , 7π 5 , 3π 2 , 8π 5 , 9π 5 };h) {0,2πm+1 , 4πm+1 , 6πm+1 , . . . , 2mπm+1 } ∪ { 2πm−1 , 4πm−1 , 6πm−1 , . . . , (2m−4)πm−1}.Rada ad d) a h): Zobecnění proveďte buď na základě předchozích konkrétních úloh, nebopřeveďte úlohu na sin mx − sin x = 0, resp. cos mx − cos x = 0 a použijte příslušný vzorec prosin 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 sin 2 x = 1 − 2 cos x + cos 2 x,3(1 − cos 2 x) = 1 − 2 cos x + cos 2 x, 4 cos 2 x − 2 cos x − 2 = 0, 2 cos 2 x − cos x − 1 = 0,tj. (cos x) 1,2 = 1±√ 94, (cos x) 1 = 1, (cos x) 2 = − 1 2 . √Z původní rovnice pak (sin x) 1 = 0, (sin x) 2 = 32 , tedy x 1 = 2kπ, x 2 = 2π 3 + 2kπ.Řešení II: Použijeme trik. Nejdříve vydělíme rovnici dvěma. Dostaneme 1 2 cos x+ √32 sin x = 1 2 .Víme, že sin π 6 = 1 2 a cos π 6 = √32 , můžeme tedy rovnici přepsat jako sin π 6 cos x+cos π 6 sin x = 1 2 .Dále použijeme známý vzorec pro sin(α ±β) a dostaneme sin(x+ π 6 ) = 1 2 , tj. x+ π 6 = π 6 +2kπ,nebo x + π 6 = 5π 6 + 2kπ, a konečně x 1 = 2kπ, x 2 = 2π 3 + 2kπ.b) x = 11π6 + 2kπ;c) x 1 = π 12 + 2kπ, x 2 = 7π12 + 2kπ;d) označme a = arcsin 3 5 , pak cos a = 4 5a daná rovnice má tvar sin a cos x + cos a sin x = 1,odtud sin(x + a) = 1, tedy x = π 2 − a + 2kπ;e) označme a = arcsin 3 5 , b = arcsin 2 5 ; pak cos a = 4 5; daná rovnice má tvarsin a cos x − cos a sin x = sin b; odtud sin(a − x) = sin b; tedy x 1 = a − b + 2kπ,x 2 = a + b + π + 2kπ;f) označme a = arcsin √ 25; pak množina řešení má tvar x 1 = a+ π 4 +2kπ, x 2 = a+ 3π 4 +2kπ;g) x 1 = π 6 + kπ, x 2 = π 3 + kπ;1h) řešení neexistuje, protože tg x + cotg x =možné.sin x cos x = 2sin 2ximplikuje sin 2x = 2, což není24. a) Umocněním identity cos 2 x + sin 2 x = 1, získámecos 4 x + sin 4 x + 2 cos 2 x sin 2 x = 1, tedy cos x sin x = 0, odkud x = kπ 2 .b) Protože cos 3 x ≤ cos 2 x, sin 3 x ≤ sin 2 x, dostáváme po sečtení obou nerovností vztahcos 3 x + sin 3 x ≤ 1. Rovnost nastane pouze tehdy, když v obou výchozích nerovnostech

16 KAPITOLA 1. ROVNICEcos 3 x ≤ cos 2 x, sin 3 x ≤ sin 2 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 + π 2 .c) x = kπ25. a) Všechna x ∈ R; b) všechna x ∈ R různá od kπ; c) žádné x; d) x = π 8 + kπ 4 a x = π 2 +kπ.1.4 Iracionální rovnicePříklad 6√x +√ x + 4 = 2√x −√ x + 4ŘešeníStrategie: Použijeme nejběžnější způsob řešení iracionálních rovnic, tj. umocňováním odstranímeodmocniny.Realizace: Po umocnění a úpravě dostaneme 5 √ x + 4 = 3x. Opět umocníme, upravíme a dostaneme9x 2 − 25x − 100 = 0. Odtud x 1 = 5, x 2 = − 20 9 .✓✏ ❛ ❛|Výsledek: Rovnice má dva kořeny x 1 = 5, x 2 = − 20 9 .✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ Protože jsme při upravování rovnice umocňovali, musíme prověřit, zda jsou nalezené „kořeny opravdovýmikořeny. 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 jsourůzná.V našem případě dosazením zjistíme, že kořen x 1 rovnici vyhovuje, ale kořen x 2 nevyhovuje, neboťpo dosazení do výrazu √ x − √ x + 4 vyjde pod odmocninou záporné číslo.Úlohy26. a) 7 + √ x − 7 = x; b) √ x + 7 = x + 5;c) 1 + √ x + 1 = 2x; d) 2 3 + √ x + 2 = 3x.27. a) √ x + 5 = √ x − 2 + 1; b) √ x + 2 = √ x − 1 + 1;c) √ x + 5 − 2 = √ x + 1; d) √ 3x + 7 = √ 3x + 2 + 1.28. a) √ x 2 − 2x + 5 = x + 1; b) √ 2x 2 + x + 3 = 2x + 1;c) √ x 2 − x + 6 = 2x + 16; d) √ 2x 2 + 2x − 1 = x + 1.29. a) √ 4x − 2 √ x + 1 = √ 2x + √ x + 1;b) √ √ x + 4 − x =√√ x + 4 + 2;c) 2 √ √ x − 1 − 1 =√ √x − 1 +12 ;d) √ 2 √ 2x + 3 − 2x = √ 1 + 3 √ 2 − √ 2x + 3.Řešení

1.5. LOGARITMICKÉ A EXPONENCIÁLNÍ ROVNICE 1726. a) x 1 = 7, x 2 = 8; b) x = −3, (−6 nevyhovuje);c) x = 5 4 , (0 nevyhovuje); d) x = 7 9 , (− 2 9 nevyhovuje).27. a) x = 11; b) x = 2; c) x = −1; d) x = 2 3 .28. a) x = 1; b) x = 1 2, (−2 nevyhovuje);c) x = −5, (− 50 3 nevyhovuje); d) x = √ 2, (− √ 2 nevyhovuje).29. a) x = 3, (− 3 4nevyhovuje); b) x = −2;c) x = 13 4 ; d) x 1 = − 1 2 , x 2 = 4 − 3 √ 2.1.5 Logaritmické a exponenciální rovniceDomluva: Symbol log x znamená log 10 x.Poznámka: Pro všechna a, b, x, y kladné, a ≠ 1, b ≠ 1, p, q ∈ R, p ≠ 0, platí:log a x = q ⇔ a q = x log a b = 1log b alog a xy = log a x + log a y log a x = log b xlog b axlog a y = log a x − log a y log a p x p = log a xlog a x q = q log a xPříklad 7log 2 (x + 1) − log 4 (x 2 − 1) = log 4 (x + 2)ŘešeníStrategie: Použijeme vztahy log 2 a = log 4 a 2 a log a x − log a y = log axy .Realizace: Aplikací uvedených vztahů dostanemeOdtudlog 4 (x + 1) 2 − log 4 (x 2 − 1) = log 4 (x + 2),log 4(x + 1) 2x 2 − 1 = log 4(x + 2).(x + 1) 2x 2 − 1 = x + 2,a po úpravě dostáváme kvadratickou rovnici. Její první kořen x 1 = √ 3 vyhovuje dané rovnicia druhý kořen x 2 = − √ 3 jí nevyhovuje, protože výraz log 2 (x + 1) = log 2 (1 − √ 3) ztrácí smysl.Výsledek: Rovnice má jediný kořen x = √ 3.Příklad 8( 425 )x+3 .( 1258 )4x−1 = 5 2Řešení IStrategie: Hlavní myšlenka řešení exponenciálních rovnic je prostá – snažíme se mít ve všechčlenech rovnice stejný základ.

18 KAPITOLA 1. ROVNICERealizace: V našem případě bude základem číslo a = 5 2 . Skutečně, 425 = a−2 , 1258 = a3 . Použitímtěchto identit přepíšeme původní rovnici na tvara −2x−6 a 12x−3 = a 1 ,tj. a 10x−9 = a 1 . Odtud okamžitě vidíme, že x = 1 je jediný kořen dané rovnice.Výsledek: Rovnice má jediný kořen x = 1.Řešení IIZákladem bude číslo b = 2 1255. Pak8 = b−3 a daná rovnice bude mít tvarOpět dostaneme jediný kořen x = 1.Úlohyb 2x+6 b 3−12x = b −1 .30. a) log(x + 3) + log(x − 2) = log 2x;b) log(x 2 − 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 √ x 3 + x 2 + 1;c) log( √ x + 1 + 5) = log √ 2x + 1 2 log x 2 ;d) 2 log( √ x + 1 + √ x − 1) = log √ x + 1 + 2 log( √ x − 1 + 1).32. a) log 2 (x + 1) + log 2 (x − 1) = 3;b) log 2 x + log 2 x 2 =6;c) log 8 (x + 3) 3 + log 4 (x − 3) 2 = 4;d) log 9 (x + 2) 2 + log 3 (x + 3) = 1 + log 3 4.33. a) ( 1719 )2x−1 = 1; b) 3 x+1 = ( 1 9 )x ;c) 2( 5 4 )x+1 · ( √ 25) x = √ 5; d) 3 x+1 5 −2x = 0, 36.34. a) 2 2x+2 − 5 · 2 x + 1 = 0; b) 8 · 4 x − 9 · 2 x + 1 = 0;c) 45 · 0, 36 x − 152 · 0, 6 x + 75 = 0; d) 24 · 3 4x − 13 · 6 2x+1 + 27 · 2 4x+1 = 0.Řešení30. a) x = 3, (−2 nevyhovuje); b) x = 9, (1 nevyhovuje);c) x 1 = −2, x 2 = −3, 9; d) x = 5, ( 5 4 a 1 nevyhovují).31. a) x = 9, (4 nevyhovuje); b) x 1 = 0, x 2 = √ 2, (− √ 2 nevyhovuje);c) x = 8, (3 nevyhovuje); d) x = 3, (0 nevyhovuje).32. a) x = 3, (−3 nevyhovuje); b) x = 4;c) x = 5, (−5 nevyhovuje); d) x = 1, (−6 nevyhovuje).

1.6. ROVNICE S ABSOLUTNÍ HODNOTOU 1933. a) x = 1 2 ; b) x = − 1 3; c) x = −1; d) x = 1.34. a) x 1 = 0, x 2 = −2; b) x 1 = 0, x 2 = −3;c) x 1 = 1, x 2 = −2; d) x 1 = 0, x 2 = 1.1.6 Rovnice s absolutní hodnotouPříklad 9|x − 1| − |x| + |x + 1| = 3 2Řešení IStrategie: Číselnou osu R rozložíme na intervaly tak, aby uvnitř každého z nich bylo možnoze zkoumaného výrazu odstranit všechny absolutní hodnoty. Body, které budou jednotlivéintervaly oddělovat, tzv. dělicí body, jsou ta čísla, ve kterých výrazy v absolutní hodnotěnabývají hodnoty 0.Realizace: Dělicím bodem výrazu |x−1| je číslo 1, dělicím bodem výrazu |x| je číslo 0 a dělicímbodem výrazu |x + 1| je číslo −1. Tyto tři body vymezí na číselné ose čtyři intervaly, přičemžkaždé dva sousední intervaly se protínají právě v jednom dělicím bodě. Pro každý intervalnapíšeme výraz f(x) = |x − 1| − |x| + |x + 1| bez absolutních hodnot. Tím se původní rovnices absolutními hodnotami rozpadne na čtyři případy rovnice bez absolutních hodnot. Celásituace 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 + xf(x) −x 2 + x 2 − x xkořen − 3 2− 1 2Všechny čtyři kořeny vyhovují, protože každý padl do vymezeného intervalu.Výsledek: Množina řešení rovnice je M = {− 3 2 , − 1 2 , 1 2 , 3 2 }.1232

20 KAPITOLA 1. ROVNICEŘešení IIStrategie: Na zápis f(x) = |x−1|−|x|+|x+1| se podíváme jako na funkci. Graf této funkce seskládá ze dvou úseček a dvou polopřímek. Graf protneme přímkou y = 3 2a x-ové souřadniceprůsečíků 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 přímkuy = 3 2a vyčíst kořeny (viz obrázek).y❅❅ ❅•C 2❅❅ ❅❅ • AEy = 3 2❅1 ❅B D-2 -1 0 1 2xPříklad 10|x − 2| = 3ŘešeníPři řešení této úlohy lze použít obě již uvedené strategie, ale v tomto případě užijeme ještědalší, silně geometrickou strategii 1 .Strategie: Hlavní myšlenkou této strategie je skutečnost, že |x − y| je vzdálenost bodů x, yna 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 průsečíkys osou x. Jsou to body −1 a 5. To jsou hledané kořeny.Výsledek: M = {−1, 5}Úlohy35. a) |x − √ 2| = 1; b) 2|x − 4| = 6;c) |x + 1| = 3; d) 2|x + 1 3 | = 1.1 Tato strategie má úzkou vazbu na řešení I u příkladu 9.

1.6. ROVNICE S ABSOLUTNÍ HODNOTOU 2136. a) |x − 1| − 2x = 0; b) |x| − |x + 1| = 0;c) 2|x − 1| + x = 3; d) 2|x| − |x + 1| = 1.37. a) |x − 2| + |x| + 2x = 3; b) |x − 2| + |x| + 2x = 0;c) |x − 2| + |x| + 2x = 2;38. Označme f(x) = 2|x − 1| − 3|x| + 3|x + 1|. Řešte rovnicia) f(x) = 0; b) f(x) = 1; c) f(x) = 2;d) f(x) = 3; e) f(x) = 4; f) f(x) = 5;g) f(x) = 6.39. a) ||x| + x| = 0; b) ||x| + x + 1| = 1;c) ||x| + x − 1| = 1 2 .40. a) |x| = 1 2 ; b) ||x| − 1| = 1 2 ;c) |||x| − 1| − 1| = 1 2 ; d) ||||x| − 1| − 1| − 1| = 1 2 .41. a) | sin x| = cos x; b) sin x = | cos x|;c) | sin x| = | cos x|.Řešení35. a) M = { √ 2 − 1, √ 2 + 1}; b) M = {1, 7};c) M = {−4, 2}; d) M = {− 5 6 , 1 6 }.36. a) M = { 1 3 }; b) M = {− 1 2 }; c) M = {−1, 5 3 }; d) M = {− 2 3 , 2}.37. a) M = { 1 2}; b) M = {}; c) M = (−∞, 0〉.38. a) M = {}; b) M = {−1}; c) M = {− 3 2 , − 3 4 };d) M = {−2, − 1 2 , 1}; e) M = {− 5 2 , − 1 4 , 1 2 , 3 2}; f) M = {−3, 0, 2};g) M = {− 7 2 , 5 2 }.39. a) M = (−∞, 0〉; b) M = (−∞, 0〉; c) M = { 1 4 , 3 4 }.40. a) M = {− 1 2 , 1 2 }; b) M = {− 3 2 , − 1 2 , 1 2 , 3 2 };c) M = {− 5 2 , − 3 2 , − 1 2 , 1 2 , 3 2 , 5 2 }; d) M = {− 7 2 , − 5 2 , − 3 2 , − 1 2 , 1 2 , 3 2 , 5 2 , 7 2 }.41. a) M = {− π 4 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ { π 4+ 2kπ; k ∈ Z};b) M = { π 4 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ { 3π 4+ 2kπ; k ∈ Z};c) M = { π 4 + kπ 2 ; k ∈ Z}.

22 KAPITOLA 1. ROVNICE1.7 Parametrické rovniceDomluva: U všech parametrických rovnic je stejný text zadání: V R řešte parametrickourovnici s parametrem p. Parametr p je libovolné reálné číslo.Příklad 11p(p − 1)x − p + 1 = 0ŘešeníVhled: Nejběžnější způsob, jak získat porozumění parametrickým rovnicím, je vyřešit několikjejich konkrétních případů. Zvolme tedy za p několik konkrétních hodnot a každou získanourovnici vyřešme. Napříkladp = 2 → daná rovnice má tvar 2x − 1 = 0, odkud x = 1 2 ;p = −1 → daná rovnice má tvar 2x + 2 = 0, odkud x = −1;p = 5 → daná rovnice má tvar 20x − 4 = 0, odkud x = 1 5 .Ve dvou případech konkretizovaná rovnice „zmizí: pro p = 0 a p = 1. Jestliže p = 0, danárovnice má tvar 1 = 0. Této „rovnici nevyhovuje žádné x.Strategie: Danou rovnici řešíme, jako kdyby p bylo pevně dané reálné číslo. Případy, ve kterýchje v procesu řešení nutno udělat „choulostivý krok (např. dělit výrazem, který může býtnulou; odmocnit výraz, který může být záporný), je pak nutno pečlivě prozkoumat.Realizace: p(p − 1)x = p − 1, x =p−1p(p−1) = 1 p .✓✏ ❛ ❛|Odpověď: Je-li p = 0, rovnice nemá žádný kořen, tj. M = {}; je-li p ≠ 0, rovnice má právě✒✑⌢⊲⊳ jeden kořen x = 1 p , tj. M = { 1 p }.✓✏ ❛ ❛ 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 správnéřešení má tři části: pro p = 0 je M = {}; pro p = 1 je M = R; pro ostatní p je M = { 1 p }.Stručněji lze výsledek zapsat jako: p = 0 ⇒ M = {}, p = 1 ⇒ M = R, p ∉ {0, 1} ⇒ M = { 1 p }.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 výrazuuvážit, kdy je nulový. V našem případě jsme při opatrné úpravě dané rovnice měli postupovat takto0 = 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 přiúpravách unikl.Příklad 12px 2 + p 2 x + 2 = 0ŘešeníStrategie: Na první pohled je daná rovnice rovnicí kvadratickou. Musíme být však opatrní,protože v případě, že koeficient u x 2 je nula, mění se rovnice na rovnici lineární nebo dokoncena rovnost.

1.7. PARAMETRICKÉ ROVNICE 23Realizace:• Je-li p = 0, rovnice bude mít tvar 2 = 0, tedy řešení neexistuje.• Je-li p ≠ 0, kvadratická rovnice má kořeny:x 1,2 = −p2 ± √ p 4 − 8p2p= −p√ p ± √ p 3 − 82 √ p(∗ ∗ ∗)Poslední výraz má smysl pouze pro p > 0 a p 3 > 8, tj. pro p > 2.✓✏ ❛ ❛|Odpověď: Je-li p < 2, rovnice nemá žádný kořen, tj. M = {}. Je-li p = 2, je M = {−1}. Je-li✒✑⌢⊲⊳√ p > 2, je M = { −p√ p± p 3 −82 √ p}.✓✏ ❛ ❛ 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 x 1 = −1 i x 2 = 2 jsou kořeny. Kdeje chyba?Chyba je v úpravě (∗ ∗ ∗). Vztah √ p 4 − 8p = √ p √ p 3 − 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 pravánení. Výraz pod odmocninou p 4 − 8p = p(p 3 − 8) = p(p − 2)(p 2 + 2p + 4) je záporný pro p ∈ (0, 2).Pro všechna jiná p je výraz nezáporný.Tedy správné řešení√má části: p ∈ 〈0, 2) ⇒ M = {}; p = 2 ⇒ M = {−1}; p ∈ (−∞, 0) ∪ (2, ∞) ⇒⇒ M = {− p 2 ± p 24 − 2 p }.Poznámka: Případ p = 2 ⇒ M = {−1} lze vypustit,√protože je podpřípadem posledního případu. Paknapíšeme p ∈ (−∞, 0) ∪ 〈2, ∞) ⇒ M = {− p 2 ± p 24 − 2 p }.Příklad 13( √ p − 1)x 2 − 2x √ p + 1 + √ p + 1 = 0ŘešeníRovnice má smysl pouze pro nezáporná p. Pro p = 1 je daná rovnice lineární s řešením x =Pro jiná p je daná rovnice kvadratická s diskriminantem D = 4(p + 1) − 4(p − 1) = 8. Pakx 1,2 =√ √p+1±√ 2p−1.✓✏√ √ √❛ ❛|Výsledek: p = 1 ⇒ M = { 22 }; p ∈ 〈0, 1) ∪ (1, ∞) ⇒ M = { p+1±√ 2p−1}✒✑⌢✓✏ ⊲⊳❛ ❛ 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 stalořešení 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 prop = 0). (2) Rovnice nemá smysl (např. v příkladu 13 pro p < 0).√22 .

24 KAPITOLA 1. ROVNICEPříklad 14√ p − x = xŘešeníVhled: Uděláme několik konkretizací:• p = 2 → daná rovnice má tvar √ 2 − x = x, odkud 2 − x = x 2 a pak x 1 = 1, x 2 = −2;dosazením zjistíme, že vyhovuje pouze první kořen, protože po dosazení druhého kořene budemít pravá strana rovnice hodnotu −2 a levá +2;√ √13−12, x 2 = − 13+12;• p = 3 → rovnice má tvar √ 3 − x = x, odkud 3 − x = x 2 a pak x 1 =vyhovuje pouze první kořen;• p = −1 → rovnice √ −1 − x = x nemá žádné řešení, neboť pravá strana je nezáporná, tedyx ≥ 0 a současně výraz pod odmocninou je nezáporný, tedy x ≤ −1; tyto podmínky nelzesplnit současně.Realizace:√Umocněním dané√rovnice získáme kvadratickou rovnici x 2 +x−p = 0; ta má kořenyx 1 = 4p+1−12, x 2 = − 4p+1+12, jestliže je 4p + 1 ≥ 0, tj. p ≥ − 1 4. Dosazením zjistíme, žedruhý kořen nikdy nevyhovuje a první kořen vyhovuje pro√ všechna p ≥ 0, neboť ze zadáníplyne další podmínka x ≥ 0. To nastane tehdy, když x 1 = 4p+1−12≥ 0, tedy p ≥ 0.√Výsledek: p ∈ (−∞, 0) ⇒ M = {}, p ∈ 〈0, ∞) ⇒ M = { 4p+1−12}.Příklad 15|x + |p|| = |x| − pŘešení IVhled: 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 = (−∞, −2〉.y4321✁ ✁✁✁ ✁✁✁✁✁✁✁✁ •−2 −1 0x• p = −2 → rovnice |x + 2| = |x| + 2; graf funkce g(x) = |x + 2| − |x| − 2 ukáže, že rovnicef(x) = 0 má množinu kořenů M = 〈0, ∞).

1.7. PARAMETRICKÉ ROVNICE 25y−2 −1 1 2•✁ ✁✁✁✁✁✁✁✁✁✁✁ 0−1−2−3−4x• 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 všechnysituace 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 = (−∞, −p〉.• 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 = 〈0, ∞).Výsledek: p = 0 ⇒ M = R; p > 0 ⇒ M = (−∞, −p〉; p < 0 ⇒ M = 〈0, ∞).Řešení IITrik: Absolutní hodnota umocněním „zmizí.Realizace:|x + |p|| 2 = (|x| − p) 2 ,x 2 + 2x|p| + p 2 = x 2 − 2|x|p + p 2 ,x|p| = −|x|p.Poslední rovnice říká, že buď je aspoň jedno z čísel p, x nulové, nebo je jedno kladné a druhézáporné. 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.Úlohy42. a) px + (p 2 − p) = 0; b) x(p 2 − p) − p = 0;c) pxp+1 − pp−1 = 0; d) (x − 1)(p − 1) = √ p − 1.

26 KAPITOLA 1. ROVNICE43. a) px 2 + 2x + 1 = 0; b) x 2 + 2px + 1 = 0;c) x 2 + 2x + p = 0; d) px 2 + 2px + 1 = 0;e) x 2 + 2px + p = 0; f) px 2 + 2x + p = 0.44. a) px 2 − (p 2 + 1)x + p = 0; b) (p − 1)x 2 − 2px + p − 1 = 0;c) (p + 2)x 2 + 2(p + 1)x + p = 0.45. a) √ x − p = p; b) √ x − p = p + 1;c) √ p − x = p − x; d) √ p − x = √ p − x;e) √ p − x = √ x − p; f) √ x + p = √ x + √ p;g) √ 2x + p = √ x + √ p; h) √ x + 2p = √ x + √ p.46. a) |x + p| = x; b) |x| − p = x;c) x + |p| = p; d) |x| + |p| = |x + p|;e) |||x| − 1| − 1| = p; f) |||x| − p| − p| = 1;g) 2|x − 1| − 3|x| + 3|x + 1| = p.47. a) p sin x = tg x; b) sin x = p cos x; c) sin x = p| cos x|.Řešení42. a) p = 0 ⇒ M = R; p ≠ 0 ⇒ M = {1 − p};b) p = 0 ⇒ M = R; p = 1 ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = { 1p−1 };c) p = 0 ⇒ M = R; pro p = ±1 nemá výraz smysl; ostatní p ⇒ M = { p+1✓✏√❛ ❛|d) p = 1 ⇒ M = R; p < 1 ⇒ M = {}; p > 1 ⇒ M = {1 + p−1p−1 }.✒✑⌢✓✏ ⊲⊳❛ ❛ Není pravda, že pro p < 1 ⇒ M = {}, protože pro p < 1 nemá výraz smysl.✒✑⌣⊲⊳43. a) p > 1 ⇒ M = {}; p = 0 ⇒ M = {− 1 2 }; ostatní p ⇒ M = {− 1 √p ± 1−pp};b) p ∈ (−1, 1) ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = {−p ± √ p 2 − 1};c) p > 1 ⇒ M = {}; p ≤ 1 ⇒ M = {−1 ± √ 1 − p};√d) p ∈ 〈0, 1) ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = {−1 ± 1 − 1 p };e) p ∈ (0, 1) ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = {−p ± √ p 2 − p};p−1 };f) p = 0 ⇒ M = {0}; p ∈ 〈−1, 0) ∪ (0, 1〉 ⇒ M = {− 1 p ± √1p 2 − 1}; ostatní p ⇒ M = {}.44. a) p = 0 ⇒ M = {0}; p ≠ 0 ⇒ M = {p, 1 p };b) p = 1 ⇒ M = {0}; p < 1 2 ⇒ M = {}; ostatní p ⇒ M = { p±√ 2p−1c) p = −2 ⇒ M = {−1}; p ≠ −2 ⇒ M = {−1, − pp+2 }.p−1};45. a) p < 0 ⇒ M = {}; p ≥ 0 ⇒ M = {p 2 + p};b) p < −1 ⇒ M = {}; p ≥ −1 ⇒ M = {p 2 + 3p + 1};c) M = {p, p − 1}, protože se o p nic nepraví, platí uvedené řešení pro všechna p ∈ R;d) M = (−∞, p〉;e) M = {p};

1.7. PARAMETRICKÉ ROVNICE 27f) p = 0 ⇒ M = 〈0, ∞); 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 = 〈0, ∞); p > 0 ⇒ M = { p 4}; p < 0 ⇒ nemá smysl.46. a) p = 0 ⇒ M = 〈0, ∞); p > 0 ⇒ M = {}; p < 0 ⇒ M = {− p 2 };b) p = 0 ⇒ M = 〈0, ∞); p < 0 ⇒ M = {}; p > 0 ⇒ M = {− p 2 };c) p ≥ 0 ⇒ M = {0}; p < 0 ⇒ M = {2p};d) p > 0 ⇒ M = 〈0, ∞); p < 0 ⇒ M = (−∞, 0〉; p = 0 ⇒ M = R;e) (viz úloha 40) p < 0 ⇒ M = {}; p > 1 ⇒ M = {−2 − p, 2 + p};p ∈ 〈0, 1〉 ⇒ M = {−2 − p, −2 + p, −p, p, 2 − p, 2 + p};f) p < − 1 2 ⇒ M = {}; p ∈ 〈− 1 2, 1) ⇒ M = {−2p − 1, 2p + 1};p ≥ 1 ⇒ M = {−2p − 1, −2p + 1, −1, 1, 2p − 1, 2p + 1};g) (viz úloha 38) p < 1 ⇒ M = {}; p ∈ 〈1, 3) ⇒ M = {− p+12 , p−5p ∈ 〈3, 5〉 ⇒ M = {− p+12 , p−54 , 5−p2 , p−12}; p > 5 ⇒ M = {−p+12 , p−14 };2 }.47. a) Rovnici upravíme na tvar sin x(p cos x − 1) = 0. Tato rovnice je splněna pro všechnax = kπ a pro všechna x, pro něž cos x = 1 p .Je-li p = 0, pak x = kπ. Je-li p ∈ (−1, 1), je | 1 p| > 1, tedy poslední rovnice nemá žádný kořen.Je-li p ∈ (−∞, −1〉 ∪ 〈1, ∞), je x 0 = arccos 1 p jeden kořen a x 0 + 2kπ, −x 0 + 2kπ je sériedalších kořenů.Výsledek: p ∈ (−1, 1) ⇒ M = {kπ; k ∈ Z}, p ∈ (−∞, −1〉 ∪ 〈1, ∞) ⇒ M = {x 0 + 2kπ, ;k ∈ Z} ∪ {−x 0 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ {kπ; k ∈ Z}, přičemž x 0 = arccos 1 p .b) Nechť x 0 = arctg p; pak M = {x 0 + kπ; k ∈ Z} pro všechna p ∈ R.c) Nechť x 0 = arctg p; pak M = {x 0 + 2kπ; k ∈ Z} ∪ {π − x 0 + 2kπ; k ∈ Z}, pro p ∈ R.

28 KAPITOLA 1. ROVNICE

Kapitola 2Teorie číselDomluva:• Pokud není uvedeno jinak, všechna písmena zastupující čísla označují čísla celá. Dále m, noznačují čísla přirozená a p prvočísla.• Zápis a|b znamená „a je dělitelem b a a ̸ |b znamená „a není dělitelem b.• Symbol N 0 znamená nezáporná celá čísla.2.1 DělitelnostPravidla dělitelnosti:Číslo n, které je zapsané v desítkové soustavě, je dělitelné číslem2 ⇔ poslední číslice čísla n je sudá;4 ⇔ poslední dvojčíslí čísla n je dělitelné čtyřmi;8 ⇔ poslední trojčíslí čísla n je dělitelné osmi;5 ⇔ poslední číslice čísla n je nula nebo pětka;25 ⇔ poslední dvojčíslí čísla n je dělitelné číslem 25;125 ⇔ poslední trojčíslí čísla n je dělitelné číslem 125;3 ⇔ ciferný součet čísla n je dělitelný třemi;9 ⇔ ciferný součet čísla n je dělitelný devíti;11 ⇔ alternovaný ciferný součet čísla n je dělitelný jedenácti.Tvrzení: Nechť r, s jsou nesoudělná čísla. Pak pro libovolné číslo n platí:Poznámky:rs|n ⇔ r|n ∧ s|n• 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 střídajíznaménka plus a mínus.• Z uvedeného tvrzení plyne, že číslo n je dělitelné číslem 6, právě když je dělitelné dvěmai třemi. Podobně lze z horních kritérií dělitelnosti pomocí uvedeného tvrzení odvodit dalšípravidla pro dělitelnost čísly 12, 15, 18, 20, . . .29

30 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSELPříklad 1Najděte prvočíselný rozklad čísla 137 700.Řešení IProces rozkladu je znázorněn na schématu:137 700✘✾ ✘✘ ✘ ✘❳ ❳ ❳ ❳❳31 377✟✟✙✟❍ 100❍✟❍❥ ✟✙✟❍ ❍ ❍❥153 9 25 4✓✓✴ ❙ ✓❙✇ ✓✴ ❙ ✓❙✇ ✓✴ ❙ ✓❙✇ ✓✴ ❙ ❙✇17 9 3 3 5 5 2 2✓✓✴ ❙ ❙✇3 3Způsob sestavení tabulky známe již ze základní školy.Výsledek: 137 700 = 2 2 · 3 4 · 5 2 · 17Řešení IIMetoda: Nejprve pomocí kritérií dělitelnosti najdeme největší a, pro které je2 a |137 700;pak největší b, pro které jepak největší c, pro které jekonečně největší d, pro které je3 b |(137 700 : 2 a );5 c |(137 700 : (2 a · 3 b ));11 d |(137 700 : (2 a · 3 b · 5 c )).Tím jsme vyčerpali nám známá kritéria dělitelnosti a získané číslo 137700 : (2 a · 3 b · 5 c · 11 d ),pokud není v tabulkách prvočísel, testujeme na dělitelnost čísly 7, 13, 17, 19, . . . pomocíkalkulačky.Výpočet: 137 700 = 2 · 68 850 = 2 2 · 34 425 = 2 2 · 3 · 11 475 = 2 2 · 3 2 · 3 825 = 2 2 · 3 3 · 1 275 == 2 2 · 3 4 · 425 = 2 2 · 3 4 · 5 · 85 = 2 2 · 3 4 · 5 2 · 17. Protože číslo 17 je prvočíslo, jsme hotovi.Úlohy1. 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 čísla2 · 3 · 4 · . . . 18 · 19 = 19!.

2.1. DĚLITELNOST 313. 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 uvedenéhočísla.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 přirozenýchčísel? Vysvětlete proč.Řešení1. 13 770 = 2 · 3 4 · 5 · 17, 393 216 = 2 17 · 3, 25 875 = 3 2 · 5 3 · 23, 65 219 = 7 2 · 11 3 ,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 = 3 2 · 5 3 · 23 ̸ |19!, protože 23 ̸ |19!.U všech tří dalších čísel nenajdeme v prvočíselném rozkladu číslo, které by se nevyskytlo v prvočíselnémrozkladu čísla 19!. Přesto nelze tvrdit, že číslo 19! je dělitelné každým ze zbylýchtří čísel. Musíme si ještě všimnout mocnin u jednotlivých prvočísel prvočíselného rozkladu.V čísle 65 219 = 7 2 · 11 3 se číslo 11 vyskytuje ve třetí mocnině, ale v čísle 19! pouze v prvnímocnině. Proto 65 219 ̸ |19!.Abychom zjistili, v jakých mocninách se vyskytují prvočísla v prvočíselném rozkladu čísla 19!,musíme tento rozklad najít. Lehce zjistíme, že 19! = 2 16 · 3 8 · 5 3 · 7 2 · 11 · 13 · 17 · 19.Tedy 13 770 = 2 · 3 4 · 5 · 17 je dělitelem čísla 19!, ale číslo 393 216 = 2 17 · 3 není jeho dělitelem(všimněte si mocniny dvojky).3. a) Kritérium je pravdivé; b) kritérium je nepravdivé; např. n = 1 135; c) kritérium jepravdivé.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 číslakončící 1, 3, 7, 9.Jestliže končí číslicí 9, pak jsou to čísla: 9, 9 876 543 219,. . . Součet číslic 1 až 9 je 45, číslo987. . . 1 je tedy dělitelné devíti. Přidáme-li k němu devítku, je zase dělitelné devíti. Každédalší číslo množiny, které končí devítkou, vznikne přidáním čísla 987. . . 1 k předchozímu číslu,je tedy dělitelné devíti.

32 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSELPodobně 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, kteráurčitě 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 dalšídvě. Z těchto tří čísel právě jedno je dělitelné třemi (prověřte na příkladech). Víme, že jedinéprvočíslo 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+1a 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, dostanemečíslo 2(2n + 3) a to je číslo dělitelné dvěma. Nelze tedy tak zapsat žádné prvočíslo (číslo 2jedině pro n záporné).d) Žádné. Dostaneme číslo 3(2n + 5), tedy číslo dělitelné třemi.2.2 Počet dělitelůDomluva:• 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 kdyžk < 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 jevhodné 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 tvrzeníz teorie čísel.Úlohy8. 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(n 2 ) = 3 a d(n 3 ) = 4.10. Najděte d(p 2 ), d(p 3 ), d(p 4 ), d(p n ).

2.2. POČET DĚLITELŮ 3311. Nechť p, q jsou obě prvočísla. Na konkrétních příkladech vyšetřete, kolik dělitelů mohoumít čísla tvaru pq, p 2 q, pq 2 , p 2 q 2 , p 3 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(p n q m ).14. Jak lze přehledně zapsat množinu M všech dělitelů čísla 8 640? Zjistěte d(8 640). Výsledekzobecněte.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?Řešení8. 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 p 2 jsou 1, p a p 2 , tj. d(p 2 ) = 3. Dáled(p 3 ) = 4, neboť dělitelé čísla p 3 jsou 1, p, p 2 , p 3 . Podobně d(p 4 ) = 5 atd. Z toho vyvodíme,že počet dělitelů mocnin prvočísla je vždy o jedničku větší než exponent, tj. d(p n ) = n + 1.11. Každé z těchto čísel je určeno jednoznačně: d(pq) = 4, d(p 2 q) = 6, d(pq 2 ) = 6, d(p 2 q 2 ) = 9,d(p 3 q) = 8.12. Dělitelem čísla 1 728 = 2 6 ·3 3 je každé číslo 2 a ·3 b , 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 4 5 60 1 2 4 8 16 32 641 3 6 12 24 48 96 1922 9 18 36 72 144 288 5763 27 54 108 216 432 864 1 728Tedy d(1 728) = 7 · 4 = 28.13. d(p n q m ) = (n + 1)(m + 1)14. Protože číslo 8 640 = 2 6 · 3 3 · 5 je pětinásobek čísla 1 728, je každý dělitel čísla 1 728i dělitelem čísla 8 640. Navíc, jestliže k je dělitel čísla 1 728, pak 5k je dělitel čísla 8640. Protolze množinu M všech dělitelů čísla 8 640 zapsat pomocí dvou nad sebou ležících tabulekshodných s tabulkou z řešení úlohy 12. Nad každým číslem tabulky ležící v „přízemí senachází v „prvním patře jeho pětinásobek. Tak jsou všechna čísla z množiny M uspořádánav okénkách hranolu s rozměry 7 · 4 · 2. Tedy d(8 640) = 7 · 4 · 2 = 56.První zobecnění: Číslo 2 n 3 m 5 k 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 p n q m r k má (n + 1)(m + 1)(k + 1) dělitelů,tedy (n + 1)(m + 1)(k + 1) − 1 vlastních dělitelů.Třetí zobecnění: Nechť p 1 < p 2 < p 3 < · · · < p k jsou prvočísla a n 1 , n 2 , n 3 , . . . n k jsoupřirozená čísla. Pak d(p n 11 pn 22 pn 33 . . . , pn kk ) = (n 1 + 1)(n 2 + 1)(n 3 + 1) . . . (n k + 1).Poslední zobecnění dává důležitou a silnou větu z elementární teorie čísel. Čtenář se k nídopracoval víceméně samostatně způsobem typickým pro objevování v oblasti teorie čísel –od konkrétních modelů k obecným větám.✓✏ ❛ ❛|15. Řešení jsou dvě: n = 8 a n = 15.✒✑⌢⊲⊳ Zdůvodnění: 8 = 2 3 , tedy d(8) = 4 a 9 = 3 2 , tedy d(9) = 3; 15 = 3 · 5, tedy d(15) = 4a 16 = 4 2 , tedy d(16) = 3.✓✏ ❛ ❛ Zápis 16 = 4 2 není prvočíselný rozklad. Prvočíselný rozklad zní 16 = 2 4 . 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 dělitelnostDomluva: V následujícím textu značíme číslice velkými písmeny abecedy.Příklad 2Najděte všechna trojciferná čísla ABB dělitelná čtyřmi. Číslice A a B jsourůzné.ŘešeníVhled: Pokud dostaneme otázku „Je číslo 124 dělitelné 4, 5 či 9?, je nám ihned jasné, jakbudeme postupovat. Vzpomeneme si na kritéria dělitelnosti a aplikujeme je, případně číslapřímo vydělíme. Ovšem úloha, kterou máme řešit nyní, má poněkud jiný charakter. Požadujeod nás použití kritérií dělitelnosti na vyšší úrovni a jakoby z druhé strany. Tady nemáme číslazadaná, máme je přímo vytvářet.Hledáme čísla typu ABB. To jsou např. čísla 122, 544, 855, 977, 633. Mezi nimi musímevybrat 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 čísloBB, 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}. Dělitelnáčtyřmi jsou pouze čísla 00, 44 a 88. K nim přidáme čísla od 0 do 9 na místo stovek(písmeno A) tak, aby A ≠ B, a jsme hotovi.✓✏ ❛ ❛|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.✓✏ ❛ ❛ 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 35případě jsme nerespektovali, že hledáme pouze trojciferná čísla. Do výsledku nesmíme zahrnout čísla0, 44 a 88.

36 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSELPříklad 3Najděte všechna trojciferná čísla ABB dělitelná devíti. Číslice A a B jsourůzné.Řešení IČíslo ABB je dělitelné devíti, jestliže je číslo A + 2B dělitelné devíti, tj. je rovno číslu 9, 18,27, 36. . . .A + 2B = 9A 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9B 9 7 5 3 12423222120A + 2B = 18A 0 1 2 3 4 5 6 7 8 917 15 13 11 9B 9282726252A + 2B = 27A 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9B 27 25 23 21 1921321221121029A + 2B = 36A 0 1 2 3 4 5 6 7 8 935 33 31 29 27B 182172162152142Z 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).✓✏ ❛ ❛|Výsledek: 144, 333, 522, 711, 900, 99, 288, 477, 666, 855, 999.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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 IIHledání číslic A a B pomocí tabulky je názorné, ale zbytečně pracné. Protože číslice A a Bmohou být nejméně 0 a nejvíce 9 a jsou to různé číslice, dostáváme omezující podmínky, kterémůžeme využít: 1 ≤ A + 2B ≤ 26Mezi těmito mezemi leží pouze 9 a 18 jako čísla dělitelná devíti. Tedy původní úloha sepřetransformovala na úlohu „Pro které různé číslice A, B je A + 2B rovno 9 nebo 18?.∗ 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, neboA = 8 ∧ B = 5.

2.3. ALGEBROGRAMY A DĚLITELNOST 37Příklad 4Najděte všechna čísla ABA dělitelná číslem 15 tak, aby ABA > 100. ČísliceA a B jsou různé.ŘešeníVhled: 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 zároveňpěti. Protože kritérium dělitelnosti pěti je silná podmínka, nejdříve najdeme všechna čísladělitelná pěti a z nich vybereme čísla dělitelná třemi 1 .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 kdyžB ∈ {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 kdyžB ∈ {2, 5, 8}. Případ B = 5 vyloučíme, protože A a B jsou různé číslice. Pak ABA je jednoz čísel 525, 585.✓✏ ❛ ❛|Výsledek: 30, 60, 90, 525, 585.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ Podle zadání musí být hledaná čísla větší než 100. Z námi nalezených čísel to první tři✒✑⌣⊲⊳ nesplňují. Úloha má dvě řešení.Příklad 5Najděte (ne nutně různé) číslice X, Y , Z tak, aby šesticiferné číslon = XY 2 43Z bylo dělitelné číslem 396.ŘešeníVhled: 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 musíbýt dělitelná čtyřmi, devíti a současně i jedenácti.Strategie: Opět budeme postupně využívat jednotlivých kritérií dělitelnosti. Je na nás, jaképořadí si vybereme. Vzhledem k tomu, že kritérium dělitelnosti jedenácti je nejsložitější, budedobré si ho nechat až na konec. Rozhodneme se pro následující pořadí – nejprve aplikujemekritérium dělitelnosti čtyřmi, pak devíti a nakonec jedenácti.Při řešení nebudeme již používat tabulku ale „matematičtější způsob zápisu, tj. zjistímeomezující podmínky pro X, Y a Z.Realizace: Protože 4|n, je dvojciferné číslo 3Z dělitelné čtyřmi, nebo-li Z ∈ {2, 6}. Oba případyvyřešíme 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). OdtudX + 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 naleznemevšechny kombinace X a Y a pak vyzkoušíme, zda jsou nalezená čísla dělitelná jedenácti,nebo aplikujeme současně kritérium dělitelnosti jedenácti. My půjdeme druhoucestou.Aplikujeme-li pravidlo dělitelnosti jedenácti na číslo n = XY 2 432, dostáváme podmínku11|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 dostanemeX = 4 a Y = 3. Prvním hledaným číslem je 432 432.– Druhý případ je X + Y = 16. Druhá rovnice z kritéria dělitelnosti jedenácti je opětX − 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; druhéhledané číslo je 392 436.Výsledek: 432 432, 392 436.Poznámka: Celý soubor jednotlivých případů lze zapsat přehledně tabulkami. Znak 4 u rovnicznamená, že tyto rovnice jsou důsledkem podmínky 4|n. Analogicky pro 9 a 11.4 Z = 24 Z = 69 X + Y = 7 9 X + Y = 1611 X − Y = 1 (4, 3) –9 X + Y = 3 9 X + Y = 1211 X − Y = 5 −− –11 X − Y = −6 −− (3, 9)Úlohy17. 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 dělitelnáa) 12, b) 45.

2.3. ALGEBROGRAMY A DĚLITELNOST 3919. Najděte různé číslice A a B tak, aby současně platilo 9|ABB a 4|BAA. Najděte všechnařešení.20. Najděte všechna čísla tvaru A BBA, která jsou dělitelná číslem a) 9, b) 99, kde A a Bjsou různé číslice.21. Najděte všechna čísla tvaru A BAB, která jsou dělitelná číslem 39, kde A a B jsou různéčíslice.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 různéčíslice.24. Najděte všechna čísla tvaru AA BAB, která jsou dělitelná číslem 33, kde A a B jsourůzné 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 jsourůzné číslice.27. a) Najděte všechna čísla XY 2 44Z, kde X, Y , Z jsou navzájem různé číslice, tak, abyXY 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 čísloXY 2 44Z < 250 000.Řešení17. 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 9i 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 dělitelnostisedmi i dělitelnost číslem 77.23. Protože A − A + B − A = B − A má být dělitelné jedenácti, musí být B − A = 0, tedyB = A, což odporuje zadání úlohy. Úloha nemá řešení.24. 11 616, 66 363, 77 979.

40 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL25. 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 případyjsou dány v tabulce.A 4 8 7 2 1 5B 8 7 5 4 2 1C 1 2 4 5 7 8Tedy 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 násobekPříklad 6Najděte největší společný dělitel D čísel 1 496 a 2 024.ŘešeníVhled: Společný dělitel dvou čísel je takové číslo, které je dělitelem každého z nich. V našempřípadě např. číslo 2 je společným dělitelem čísel 1 496 a 2 024. Lehce zjistíme, že i číslo4 a dokonce 8 je společným dělitelem obou čísel. Nevíme však, zda číslo 8 je největšímspolečným dělitelem. Abychom to zjistili, budeme hledat, zda neexistuje ještě další společnýdělitel, případně dělitelé.Strategie: Při hledání největšího společného dělitele používáme dvou metod. První z nich jerozklad každého z čísel na prvočísla, druhá spočívá v souběžném zmenšování obou zkoumanýchčísel. Naši úlohu vyřešíme oběma způsoby.Způsob I1 496 = 2 3 · 11 · 172 024 = 2 3 · 11 · 23Největším společným dělitelem je tedy číslo D(1 496, 2 024) = 2 3 · 11 = 88.Způsob II1 496 2 024 :748 1 012 2374 506 2187 253 217 23 11D(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 číslajsou dělitelná číslem 3 a po zmenšení dostáváme dvojici čísel 52, 429, u nichž však společný

2.4. NEJVĚTŠÍ SPOLEČNÝ DĚLITEL A NEJMENŠÍ SPOLEČNÝ NÁSOBEK 41dělitel nevidíme. Při aplikaci prvního způsobu společný dělitel najdeme: 156 = 2 2 · 3 · 13,1 287 = 3 2 · 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 7Najděte nejmenší společný násobek n čísel 156 a 1 287.ŘešeníVhled: Společný násobek dvou čísel je takové číslo, které je dělitelné každým z uvedenýchdvou čísel. Např. společným násobkem čísel 156 a 1 287 je zcela jistě číslo 156 · 1 287. Nevímevšak, zda je to nejmenší společný násobek.Strategie: Podobně jako při hledání D i zde existují obě zmíněné cesty. Druhý způsob jevšak, jak jsme již viděli v předchozí úloze, těžko realizovatelný, protože neznáme kritériumdělitelnosti číslem 13. Omezíme se proto pouze na způsob první.Realizace: Z předchozího případu víme, že 156 = 2 2 ·3·13 a 1 287 = 3 2 ·11·13. V prvočíselnémrozkladu hledaného nejmenšího společného násobku musí být prvočísla z rozkladu čísla 156,tj. n musí mít tvar 2 2 · 3 · 13 · x. Dále víme, že číslo 1 287 má být dělitelem čísla n, proto n mátvar 3 2 · 11 · 13 · y. Tedy v prvočíselném rozkladu čísla n musí být čísla 2 2 , 3 2 , 11, 13. Proton(156, 1 287) = 5 148.Výsledek: n = 5 148Příklad 8Najděte všechna x, pro něž D(x, 63) = 3 a n(x, 63) = 252.ŘešeníVhled: 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 aplikujemepoznatky o největším společném děliteli a nejmenším společném násobku.Realizace: 63 = 3 2 · 7, 252 = 2 2 · 3 2 · 7.• Protože D = 3, je v rozkladu čísla x číslo 3, ale není tam 3 2 ani 7 (pak by totiž D bylo 3 2 ,resp. 3 · 7 = 21). tj. x = 3 · y, kde 3 ̸ |y a 7 ̸ |y.• Protože n = 252 = 2 2 · 3 2 · 7, musí být v rozkladu čísla 252 tato prvočísla a žádná jiná.Číslo 3 2 je tam „díky číslu 63, proto 3 2 v rozkladu čísla x může, ale nemusí být. Číslo 2 2tam není „díky číslu 63, musí tam tedy být „díky číslu x a musí být v jeho prvočíselnémrozkladu. Konečně číslo 7 tam je „díky číslu 63, v rozkladu čísla x může, ale nemusí být.tj. x 1 = 2 2 , x 2 = 2 2 · 3, x 3 = 2 2 · 3 2 , x 4 = 2 2 · 7, x 5 = 2 2 · 3 · 7, x 6 = 2 2 · 3 2 · 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 ČÍSELZ podmínky D = 3 víme, že x = 3y, kde 3 ̸ |y a 7 ̸ |y. Z podmínky n = 252 plyne, že x je jednoz šesti čísel nahoře uvedených. Oběma podmínkám současně odpovídá pouze x 2 = 2 2 · 3, a toje také výsledek naší úlohy.Výsledek: x = 12Úlohy28. Najdětea) D(63, 168) a n(63, 168); b) D(825, 26 125) a n(825, 26 125);c) D(504, 3 402) a n(504, 3 402); d) D(9 801, 121 000) a n(9 801, 121 000).29. Najděte všechny dvojice přirozených čísel x, y, které splňují následující podmínky:a) xy = 2 325 a D(x, y) = 5; b) xy = 90 000 a D(x, y) = 5;c) xy = 90 000 a D(x, y) = 10; d) 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(n 2 + 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.Řešení28. 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) x 1 = 3 · 5 · 31 a y 1 = 5, x 2 = 3 · 5 a y 2 = 5 · 31, plus cyklická záměna;

2.5. EUKLIDŮV ALGORITMUS 43b) x 1 = 2 4 · 3 2 · 5 3 a y 1 = 5, x 2 = 5 3 a y 2 = 2 4 · 3 2 · 5, x 3 = 3 2 · 5 3 a y 3 = 2 4 · 5, x 4 = 2 4 · 5 3a y 4 = 3 2 · 5, plus cyklická záměna;c) x 1 = 2 3 · 3 2 · 5 3 a y 1 = 2 · 5, x 2 = 2 · 3 2 · 5 3 a y 2 = 2 3 · 5, x 3 = 2 3 · 5 3 a y 3 = 2 · 3 2 · 5,x 4 = 2 · 5 3 a y 4 = 2 3 · 3 2 · 5, plus cyklická záměna;d) nemá řešení.30. x 1 = 350, x 2 = 1 050.31. x = 1432. a) 1; b) 1; c) jestliže n je sudé, pak 2, jestliže n je liché, pak 1; d) 1, nebo 5 (jestližeD(n, n + 5) = k, pak n = xk a n + 5 = yk; do druhé rovnice dosadíme za n a dostanemekx + 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) n(n+2)2; e) n(n+6)3. (Zkuste si několik číselných příkladů.)2.5 Euklidův algoritmusPříklad 9Najděte D = D(3 451, 5 066).ŘešeníVhled: 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 číselvýše 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. Tohomůžeme dosáhnout postupem zvaným Euklidův algoritmus.Strategie: Označme D = D(u, v). Nechť v > u. Označme w = v − u. Pak D = D(w, u). Původníúlohu jsme zjednodušili. Číslo D(w, u) najdeme snadněji než D(u, v), protože pracujemes 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, žetotiž větší z čísel dvojice zmenšujeme menším, dospějeme nakonec k výsledku. Názorně touvidíme 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) = 17Postup pomocí Euklidova algoritmu můžeme zapsat také takto:5 066 = 1 · 3 451 + 1 6153 451 = 2 · 1 615 + 2211 615 = 7 · 221 + 68221 = 3 · 68 + 1768 = 4 · 17 + 0

44 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSELVýsledek: D = 17Poznámka: Prvočíselný rozklad uvažovaných čísel je 3 451 = 7 · 17 · 29 a 5 066 = 2 · 17 · 149.

2.5. EUKLIDŮV ALGORITMUS 45Příklad 10Pro která n ∈ N je zlomek 12n+719n+15Řešenív základním tvaru?Vhled: Zlomek a bje v základním tvaru právě tehdy, když D(a, b) = 1. Tím je úloha převedenana úlohu najít n ∈ N, pro která D(12n + 7, 19n + 15) = 1.Realizace: Euklidovým algoritmem najdemeD(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 buď1, nebo 47.Pro všechna ostatní n je D(n − 19, 47) = 1.Např. k = 0 ⇒ n = 19 ⇒ 235376 = 5 8 .D(n − 19, 47) = 47 ⇔ n = 47k + 19, k ∈ N 0Výsledek: Zlomek 12n+719n+15 není v základním tvaru, když n = 47k + 19, k ∈ N 0. Pro všechnaostatní n je v základním tvaru.Úlohy34. Euklidovým algoritmem vypočtětea) D(259, 301); b) D(403, 494); c) D(5 797, 4 123);d) D(5 359, 7 889); e) D(92 701, 215 441).35. Zjistěte, pro která přirozená n daný zlomek není v základním tvaru.e)a)29n + 3132n + 41 ; b) 18n + 1311n + 8 ; c) 5n + 712n + 17 ; d) 79n + 2524n + 7 ;24n + 1339n + 21 ; f) 2n 2 + 2n − 3n 2 .− 2Řešení34. 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 ∈ N 0 .

46 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL2.6 Diofantovské rovnicePoznámka: Rovnice, v nichž se řešení hledá pouze v oboru celých čísel, nazýváme také rovnicediofantovské na počest velkého řeckého matematika Diofanta, který jako první vybudovalteorii těchto rovnic.Příklad 11Najděte všechna celočíselná řešení rovnice 5x − 17y = 3.Řešení IVhled: V oboru reálných čísel má tato rovnice o dvou neznámých x, y nekonečně mnohořešení. Ke každému y lze najít x = 3+17y5tak, že dvojice (x, y) je řešením dané rovnice. Násvšak zajímají pouze řešení celočíselná. K jejich hledání musíme vypracovat speciální postupy.Strategie: Zkusíme nejdříve experimentálně najít nějaká řešení. Dosaďme za y postupně čísla1, 2, 3, . . . a dopočítejme x. Výsledky evidujme tabulkou.y 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10x205375545715885Pouze ve dvou z těchto deseti případů je hodnota x celočíselná – pro y = 1 a y = 6. Tedyřešením dané rovnice je například dvojice (4, 1) a (21, 6). Zatím nevíme, kolik celočíselnýchřešení daná rovnice má. Nějaká řešení rovnice najít dovedeme, ale nedokážeme zatím říci,zda existuje i obecné vyjádření celočíselného řešení – formule, pomocí které najdeme všechnařešení.Kdybychom našli dostatečný počet konkrétních řešení, snad by se nám tato řešení podařilozobecnit. Čtenář se o tento postup může pokusit. My však zvolíme jinou cestu. Podívámese ne na sérii řešení, ale přímo na rovnici jako na algebraický výraz. Když výraz upravíme,dostaneme:x = 17y + 3 = 3y + 2y + 355Protože x i y mají být celočíselná, musí být i zlomek 2y+35celočíselný. Původní úlohu jsmetedy transformovali na úlohu:1055122513951565Pro která celočíselná y je zlomek 2y+35celé 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13zbytek 0 2 4 1 3 0 2 4 1 3 0 2 41735Tato tabulka vnáší do situace více světla, protože její druhý řádek odhaluje rytmus, kterýje 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. Zbytek0 dostáváme pro y ∈ {1, 6, 11, . . . }, příslušné x pak bude z množiny {4, 21, 38, . . . }. Teď je jižjasné, že rovnice má nekonečně mnoho celočíselných řešení.

2.6. DIOFANTOVSKÉ ROVNICE 47Realizace: Víme již, jak můžeme řešení hledat, ale nemáme zatím obecnou formuli, která byvšechna řešení popsala. Vypišme si do další tabulky několik prvních (při našem hledání) řešení(x, y) dané rovnice.k 0 1 2 3 4 5 . . .x 4 21 38 55 72 89 . . .y 1 6 11 16 21 26 . . .Z tabulky vidíme, že hodnoty x vzrůstají po sedmnácti a hodnoty y po pěti. Toto poznánínám umožní dát tabulce tvar, z něhož je zřejmá hledaná formule.k 0 1 2 3 . . . kx 4 4 + 1 · 17 4 + 2 · 17 4 + 3 · 17 . . . 4 + k · 17y 1 1 + 1 · 5 1 + 2 · 5 1 + 3 · 5 . . . 1 + k · 5✓✏ ❛ ❛|Výsledek: Množina řešení dané rovnice je M = {(17k + 4, 5k + 1); k ∈ Z}.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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 neexistujířešení 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. Druhétvrzení 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, pakx = 17y + 35= 3y + 1 +2(y − 1)5je celé číslo. Tedy 2(y−1)5je celé číslo, a proto y−15= k je celé číslo. Odtud x = 17k + 4 a y = 5k + 1.Řešení IIMůžeme postupovat i jiným způsobem. Nejdříve rovnici upravíme stejně jako v předchozímpřípadě.Osamostatníme xx = 3y + 2y + 3 .5Jsou-li x a 3y celá čísla, je i 2y+35celé číslo. Označíme ho tedy t. Pakx = 3y + t, kde t = 2y + 3 .5Z toho plyne, že 5t = 2y + 3. Vyjádříme y: y = 5t−32= 2t + t−32 .

48 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSELProtože y a t jsou celá čísla, musí také t−32být celé číslo, označme ho s. Paky = 2t + s, kde s = t − 32 .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}.✓✏ ❛ ❛|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}. Kdeje chyba?✓✏ ❛ ❛ 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 „různá řešení rovnice jako 1 2 a 2 4 .Identitu M = P nahlédneme, když do vyjádření množiny M dosadíme k = s + 1.Poznámka: Existuje nekonečně mnoho různých způsobů zápisů řešení diofantovské rovniceAx + By = C.Příklad 12Najděte všechna celočíselná řešení rovnice 16x − 11y = 5.ŘešeníStrategie: Mohli bychom užít podobného postupu jako v předchozím případě. Zde však jednořešení x = 1 a y = 1 vidíme okamžitě. Ukážeme, jak z tohoto dílčího poznatku lehce najdemevšechna další řešení. Nalezené řešení „odečteme od dané rovnice.Realizace: Víme, že (1, 1) je jedno řešení, a předpokládejme, že (a, b) je jiné řešení. Pak tedyplatí16a − 11b = 5a zároveňOdečtením obou rovnic dostáváme vztah16 · 1 − 11 · 1 = 5.16(a − 1) − 11(b − 1) = 0,tj. 16(a − 1) = 11(b − 1). Protože čísla 16 a 11 jsou nesoudělná, je nutně a − 1 dělitelnéjedenácti 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 49Příklad 13Najděte všechna celočíselná řešení rovnice 3x + 6y = 77.ŘešeníÚpravou výchozí rovnice dostáváme:77 − 6yx = = 25 − 2y + 2 33 .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 stranaje dělitelná třemi a pravá není.Úlohy36. Najděte všechna celočíselná řešení rovnicea) 4x + 5y = 77; b) 9x − 6y = 15;c) 9y − 13x = 5; d) 21x − 14y = 6;e) 5x − 12y + 47 = 0; f) 7x − 22y = 1.37. Najděte všechna celočíselná řešení rovnicea) 13x + 4y + 10 = 0; b) 39x − 41y = 36;c) 25x + 50y = 15; d) 37x − 50y + 1 = 0;e) 93x − 78y + 27 = 0; f) 8x − 17y = 1.38. Ze špatně čitelné účtenky jsme zjistili, že byly kupovány dva druhy zboží – hydraulickýzvedák 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 kusůkterého zboží bylo zakoupeno?Řešení36. a) M = {(−5k + 18, 4k + 1); k ∈ Z}; b) M = {(2k + 1, 3k − 1); k ∈ Z};c) M = {(9k + 1, 13k + 2); k ∈ Z}; d) M je prázdná množina;e) M = {(12k − 7, 5k + 1); k ∈ Z}; f) M = {(22k + 19, 7k + 6); k ∈ Z}.37. a) M = {(4k − 2, 4 − 13k); k ∈ Z}; b) M = {(41k − 18, 39k − 18); k ∈ Z};c) M je prázdná množina; d) M = {(50k + 27, 37k + 20); k ∈ Z};e) M = {(26k − 7, 31k − 8); 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 zvedákůstranových, typ 7515, a 61 přídavných světel mlhových, vzor AB15–5.

50 KAPITOLA 2. TEORIE ČÍSEL

Kapitola 3Kombinatorika3.1 Poznámka úvodemKombinatorika bývá často neoblíbená, ba dokonce studenty děsící část matematiky. Příčinanelibosti spočívá ve špatném pochopení a vyučování této disciplíny. Ve škole je prezentovánazejména pomocí vzorečků známých pod jmény permutace, kombinace, variace . . . . Řešit úlohuz kombinatoriky pro studenta znamená uhodnout správný z uvedených vzorečků a čísla z úlohydo 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, kombinatorikaje teorie o „dělání pořádku.První etapou ve výuce kombinatoriky by mělo být nabývání zkušeností s „úklidem. Podlenašeho názoru existuje jediná cesta, jak toho dosáhnout – trpělivě řešit úlohy vypisovánímprvků. 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)Domluva: Symbol C(k, n) značí kombinace k-té třídy z n prvků:kV (k, n) značí variace k-té třídy z n prvků.=n!k!(n−k)! . Symbol3.2 Úlohy s aritmetickým kontextemPříklad 1Kolik přirozených čísel větších než 15 lze vytvořit z číslic 1, 2, 3, 4, 5, jestliže sežádná číslice neopakuje?Řešení IVhled: Naším úkolem je zjistit počet prvků jisté množiny čísel. Označme tuto množinu Ma 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, conám 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 obsahujepouze číslice 1, 2, 3, 4, 5;• číslo, ve kterém se některá číslice opakuje, je špatné; dobré číslo obsahuje libovolnou číslicinejvýše jednou.Teď konkrétně. Z první podmínky víme, že do množiny M mohou patřit všechna přirozenáčísla 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. Jakokandidáti 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 číslosložené 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. Buderozumné hledat úspornější cestu.Metoda rozkladuV první části jsme se pokusili nabýt vhled do zkoumané situace. Evidovali jsme tři podmínkytextu 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 čtyřpodmnožin:M 2 je množina všech dobrých 2-ciferných čísel (má 16 prvků), M 3 je množina všech dobrých3-ciferných čísel (má 60 prvků), M 4 je množina všech dobrých 4-ciferných čísel (má hodněprvků), M 5 je množina všech dobrých 5-ciferných čísel (má hodně prvků).Zjistíme-li počet prvků množin M 4 i M 5 , budeme s řešením úlohy hotovi.• Počet prvků množiny M 4Musíme získat přehled přes všechna dobrá čtyřciferná čísla. To lze udělat různými způsoby.Například tak, že celou množinu M 4 rozložíme na dalších pět podmnožin podle první číslice:P 1 je množina všech čísel z M 4 s první číslicí 1, P 2 je množina všech čísel z M 4 s první číslicí 2,P 3 je množina všech čísel z M 4 s první číslicí 3, P 4 je množina všech čísel z M 4 s první číslicí 4,P 5 je množina všech čísel z M 4 s první číslicí 5.Postupně zjistíme, kolik prvků má každá z množin P 1 , P 2 , P 3 , P 4 a P 5 .

3.2. ÚLOHY S ARITMETICKÝM KONTEXTEM 53Množina P 1 se skládá z čísel typu 1abc, kde a, b, c jsou tři různé z číslic 2, 3, 4, 5. Vypišmevšechny možné takové trojice abc:234, 243, 253, 324, 342, 352, 423, 432, 452, 523, 532, 542,235, 245, 254, 325, 345, 354, 425, 435, 453, 524, 534, 543.Trojice abc, Trojice abc, Trojice abc, Trojice abc,pro něž a = 2 pro něž a = 3 pro něž a = 4 pro něž a = 5Zjistili jsme, že množina P 1 má 6 · 4 = 24 prvků.Zcela stejným způsobem vyšetříme množinu P 2 a zjistíme, že má rovněž 24 prvků. Podobněmnožiny P 3 , P 4 i P 5 mají každá 24 prvků.Množina M 4 má tedy 5 · 24 = 120 prvků.• Počet prvků množiny M 5Při vyšetřování množiny M 5 postupujeme podobně jako v předchozím případě. Celou množinuM 5 rozložíme na podmnožiny:P 1 je množina všech čísel z M 5 s první číslicí 1, P 2 je množina všech čísel z M 5 s první číslicí 2,P 3 je množina všech čísel z M 5 s první číslicí 3, P 4 je množina všech čísel z M 5 s první číslicí 4,P 5 je množina všech čísel z M 5 s první číslicí 5.Postupně zjistíme, kolik prvků má každá z množin P 1 , P 2 , P 3 , P 4 a P 5 .Množina P 1 se skládá z čísel typu 1abcd, kde a, b, c, d jsou číslice 2, 3, 4, 5. Vypišme všechnymožné 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 P 1 má tedy 24 prvků. Stejně lze rozepsat každou z množin P 2 , P 3 , P 4 a P 5 . Každámá tedy 24 prvků.Množina M 5 má tedy 5 · 24 = 120 prvků.Výsledek: M 2 má 16 prvků, M 3 má 60 prvků, M 4 má 120 prvků a M 5 má 120 prvků. Tedyvyšetřovaná množina M má 16 + 60 + 120 + 120 = 316 prvků.Řešení IIZpůsob, kterým jsme vypisovali všechny prvky množin M nebo P , je dosti těžkopádný. Existujegrafické schéma, které zestruční zápis a pro některé čtenáře jej může i zpřehlednit. Ukážemeho na příkladu množiny M 3 .Všech 12 čísel prvního řádku množiny M 3 je zapsáno v grafu:

54 KAPITOLA 3. KOMBINATORIKAStovky Desítky Jednotky✏✶✏ ✏✏2 ✲ ✏✶✏ ✏✏ ✲✟✯ 3 ✟✟ 1 ✟✓ ✓✓✓✓✓✼❍❙ ❍❍ ✏✶❙❙❙❙❙✇ ❍❥✏ ✏✏4 ✲ ✏✶5 ✏ ✏✏ ✲ 345245235234Způsob, kterým v tomto grafu přečteme všech dvanáct čísel od 123 po 154, je zřejmý. Z prvníčíslice 1 vychází čtyři cesty, protože máme k dispozici čtyři číslice 2, 3, 4, 5. Z každé z těchtočíslic vychází tři cesty, protože k dispozici zůstaly již pouze tři čísla. Celkově cest (a tedyčísel) je 4 · 3 = 12.Stejný graf můžeme udělat i pro čísla začínající 2, 3, 4 a 5. Celkem dostaneme 5 · 12 = 60možností trojciferných čísel.Analogickým způsobem postupujeme u čtyřciferných čísel. Příslušný graf dostaneme z grafuuvedeného nahoře dvěma operacemi. Přejmenujeme stovky na tisíce, desítky na stovky a jednotkyna desítky a z každého čísla posledního sloupce stávajícího grafu vedeme další dvavektory 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 místětisíců můžeme čtyřmi způsoby vybrat číslici na místo stovek. Ke každé této možnosti můžemevybrat třemi způsoby číslici na místo desítek. Konečně ke každé této možnosti můžeme vybratdvěma 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 2Kolik čísel můžeme vytvořit z číslic 0, 1, 2, 3, jestliže se žádná číslice neopakuje?ŘešeníZpůsobem 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.✓✏ ❛ ❛|Výsledek: Čísel je 4 + 12 + 24 + 24 = 64.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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 seznamupřítomna. Např. číslo 012 bylo již evidováno pod jménem 12. Musíme vyloučit čísla typu 0a (ty jsou3), typu 0ab (těch je 6) a typu 0abc (těch je 6).Výsledek tedy je 64 − 15 = 49.

3.2. ÚLOHY S ARITMETICKÝM KONTEXTEM 55Příklad 3Kolik přirozených čísel dělitelných čtyřmi lze vytvořit z číslic 1, 2, 3, 4, 5,jestliže se žádná číslice neopakuje?ŘešeníStrategie: Na základě kritéria dělitelnosti číslem 4 vybereme ze všech čísel, o nichž jsmeuvažovali 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 čtyřmipouze 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 dvojčíslímůžeme přidat na místo stovek jednu ze zbylých tří číslic. Dostaneme 4 · 3 = 12 možností protrojciferná čísla.U čtyřciferných čísel můžeme k uvedeným trojciferným číslům přidat jednu ze zbylých dvoučíslic na místo tisíců. Dostaneme 12 · 2 = 24 možností pro čtyřciferná čísla.U pěticiferných čísel můžeme k uvedeným čtyřciferným číslům přidat jedinou zbylou číslicina místo desetitisíců. Dostaneme 24 · 1 = 24 možností pro pěticiferná čísla.✓✏ ❛ ❛|Výsledek: Celkem dostáváme 4 + 12 + 24 + 24 = 64 možností.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ Zapomněli jsme na jednociferná čísla. Takové je v naší množině jediné – číslo 4. Výsledek je 65✒✑⌣⊲⊳ možností.Úlohy1. Kolik přirozených čísel větších než 21 lze vytvořit z číslic 0, 1, 2, 3, 4, jestliže se žádnáčíslice neopakuje?2. Kolik sudých přirozených čísel lze sestavit z číslic a) 1, 2, 3, 4, 5, b) 0, 1, 2, 3, 5, pokud sežádná 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 čísliceneopakuje? 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 „slovo,např. a) ABC, BAB,. . . b) ABAA, ACBB,. . . c) ABBAA, BCBDA. . . . Kolik navzájem různýchslov lze takto získat?

56 KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA7. Podívejte se na posloupnost čísel a 1 = 01, a 2 = 011, a 3 = 01101, a 4 = 011011011, . . . Každédalší číslo se vytvoří z předchozího tak, že mezi každé dvě sousední číslice předchozího číslase vloží jejich nezáporný rozdíl. Zjistěte, kolik nul a kolik jedniček bude v čísle a) a 5 , b) a 7 ,c) a 20 .Řešení1. 2502. a) 130; b) 113, neboť 0 není přirozené číslo.3. 164. 205. Všech přirozených čísel je 5 + 20 + 60 + 120 + 120 = 325. Čísel dělitelných třemi je1 + 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) 219 +13nul a 2 · 219 +13jedniček.3.3 Úlohy s geometrickým kontextemPříklad 4Z obdélníku s rozměry 5x4 lze k způsoby vystřihnout domino (obdélník s rozměry1x2). Určete k a úlohu zobecněte.ŘešeníVhled: Domino lze stříhat buď „na výšku, nebo „na délku. Každá poloha stříhaného dominaje jednoznačně určena jeho levým dolním vrcholem.Strategie: Všechny uzlové body obdélníku 5x4 popíšeme pomocí souřadnic tak, jak je nakreslenona obrázku.(0,4) (5,4)Domino „na výšku(0,0) (5,0)Domino „na délkuRealizace: Domino „na výšku lze střihat tak, že levý dolní vrchol domina padne do některéhoz bodů (0, 0), (1, 0),. . . , (4, 0), (0, 1), (1, 1),. . . , (4, 1), (0, 2), (1, 2),. . . , (4, 2). Tedy 5 · 3 = 15možností.Domino „na délku 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 = 16možností.Výsledek: k = 15 + 16 = 31

3.3. ÚLOHY S GEOMETRICKÝM KONTEXTEM 57Zobecnění: Jestliže domino střiháme z obdélníku s rozměry mxn, bude možností „na výškum(n − 1), možností „na délku n(m − 1), tedy k = 2mn − (m + n).Příklad 5V rovině jsou dány různé body A, B. Bodem A prochází m přímek a 1 , a 2 ,. . . a m .Bodem B prochází jediná přímka b tak, že neprochází bodem A. Tyto přímkydělí rovinu na k oblastí. Zjistěte, jakých hodnot může nabývat číslo k.ŘešeníStrategie: 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 ‖ b) nebo na čtyři části(jestliže a ̸‖ b).b) Přímky a 1 , a 2 jsou různoběžné a přímka b může mít dvojí různou polohu. Buď je s některouz přímek rovnoběžná, nebo obě přímky protíná. V prvním případě je k = 6, ve druhémpřípadě k = 7. (Kreslete obrázek.)c) Přímky a 1 , a 2 , a 3 jsou různoběžné a přímka b může mít dvojí různou polohu. Buď jes některou z přímek rovnoběžná, nebo všechny tři přímky protíná, viz obrázek. V prvnímpřípadě k = 9, ve druhém případě k = 10.❆❆❆ •✁ ✁ ✁ ✁✁• •❆B❆• ❆ • ✁ •❆✁• ✁A❆ •✁ ❆✁ • ❆ ❆❆✁❅❅ •❅❅ •• ❅ B • ❅ •❅❅• ❅• A • ❅ • •❅ ❅Zobecnění: Skupina m přímek procházejících bodem A rozdělí rovinu na 2m oblastí. Přímka bv případě, že protne každou z přímek a i , rozdělí m + 1 z již existujících oblastí na dvě. Tímpřibude m + 1 oblastí a k = 3m + 1. Pokud je přímka b rovnoběžná s některou z přímek a i ,rozdělí pouze m existujících oblastí na dvě. Proto v tomto případě bude k = 3m.Úlohy8. Jsou dány rovnoběžky a, b. Na přímce a je dáno n bodů A 1 , A 2 ,. . . A n , na přímce b jedáno m bodů B 1 , B 2 ,. . . B m . Kolik trojúhelníků je těmito body určeno? Úlohu řešte nejprvepro n = 3 a m = 5.9. Z obdélníku s rozměry mxn lze k způsoby vystřihnout čtverec 2x2. Určete k a) v případěm = 5, n = 4, b) v obecném případě.

58 KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA10. Z obdélníku s rozměry mxn lze k způsoby vystřihnout obdélník 3x1. Určete k a) v případěm = 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 b 1 , b 2 a žádnáz 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 trojúhelníkůs obsahem 1 2, jejichž všechny vrcholy leží v množině V .14. Na obrázku vidíme pět různých rozkladů obdélníku 4x2 na domina. Najděte počet kvšech 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 jednépřímce neleží. Kolik přímek je těmito body určeno?Řešení8. 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 vrcholemB 1 jsou tři, protože z bodů A 1 , A 2 , A 3 lze třemi různými způsoby vybrat dvojici. Stejnáúvaha platí i pro vrcholy B 2 , . . . , B 5 . Tedy trojúhelníků prvního druhu je 5 · 3 = 15. Podobněnajdeme 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. Všechtrojúhelníků pak je 15 + 30 = 45.Obecný případ: Úvaha, kterou jsme udělali pro speciální případ, se snadno zobecní. Počettrojúhelníků 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,✓✏ ❛ ❛|b) k = (m − 2)n + (n − 2)m.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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 5911. 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 promalá n platí:n 1 2 3 4 5 . . .k 2 4 7 11 16 . . .Z konstrukce dále vidíme, že každá nová přímka protne všechny již existující a vytvoří o jednuvíce 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. Nenívšak vzorcem pro n-tý člen. Chceme-li zjistit k(1 000), musíme vypočítat všechna čísla odk(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)2+ 1.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 nastanoupouze dvě možnosti k = 6, k = 7). První případ nastává, když každá z přímek b 1 , b 2 jerovnoběžná s některou z přímek a i . Druhý případ nastává, když právě jedna z přímek b 1 , b 2je rovnoběžná s některou z přímek a i . Třetí případ nastává, když žádná z přímek b 1 , b 2 nenírovnoběžná se žádnou z přímek a i .13. a) Existuje pět typů čtverců, které lze v dané množině najít. Budeme je odlišovat podlevelikosti strany. Čtverců se stranou 1 je devět, čtverce se stranou 2 jsou čtyři, čtverec sestranou 3 je jeden, čtverce se stranou √ 2 jsou čtyři a čtverce se stranou √ 5 jsou dva. Celkověk = 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 danépřímce, 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) = 8·72 = 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 KAPITOLA 3. KOMBINATORIKA3.4 Úlohy s reálným kontextemPříklad 6V kupé je deset míst, pět ve směru jízdy a pět proti směru. Tři pasažéřichtějí sedět ve směru jízdy a jeden proti směru. Ostatním šesti, mezi něž patříVenoušek s maminkou, je to jedno, až na to, že Venoušek chce sedět u oknaa vedle maminky. Kolika způsoby se mohou cestující usadit, aby byli všichnispokojeni?ŘešeníVhled: Nakreslíme si obrázek kupé a umístíme v něm podle stanovených podmínek všechnypasažéry: Venouška V k oknu, maminku M hned vedle. Dále tři pasažéry S, kteří chtějí sedět vesměru jízdy, jednoho pasažéra P, který chce sedět proti směru jízdy, a konečně čtyři pasažéryJ, kterým je jedno, kde sedí. Jedno možné usazení je tedy na následujícím obrázku.Směrjízdy❄S S J S JJPJ MVOknoNakresleme si ještě několik dalších usazení.S S S J JS S S MVS S S MVS S S J JJ J S S SJ JPMVJ J PJ JPJ J J JPJ J MVJ JPMVJe zřejmé, že těch šest usazení, které jsme zatím vytvořili, nevyčerpává všechny možnosti.Ale již tušíme, jak bychom soubor všech usazení mohli vytvořit. Budeme pasažéry usazovatpostupně.Metoda postupného usazováníDomluvme se, v jakém pořadí budeme pasažéry usazovat. Nejjednodušší je usadit Venouškas maminkou. Těmi tedy začněme. Pak usaďme jednoho P, pak tři S a nakonec čtyři J. Zvolilijsme 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 možnostiprobereme zvlášť.• Případ I: Venoušek sedí ve směru jízdy. Maminku posadíme vedle něj. To lze udělat jedinýmzpůsobem. Dále posadíme pasažéra P na jedno z pěti míst proti směru jízdy. To lze udělatpěti různými způsoby. Jeden z nich zvolme – například u okna. Pak usadíme tři S. To lzeudělat jediným způsobem, neboť pouze tři místa ve směru jízdy jsou volná. Konečně na čtyřizbylá místa usadíme čtyři J. I toto lze udělat jediným způsobem. Jsme hotovi. Dostávámepět možných různých usazení.• Případ II: Venoušek sedí proti směru jízdy u okna a maminka vedle něj. To lze udělatjediným způsobem. Dále posadíme pasažéra P na jedno ze tří míst téže lavice. To lze udělattřemi způsoby. Jeden z nich zvolme. Dále posadíme tři pasažéry S na tři z pěti míst protějšílavice. Na zbylá čtyři místa posadíme čtyři pasažéry J. Pak místa po směru jízdy mohou

3.4. ÚLOHY S REÁLNÝM KONTEXTEM 61být 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 desetmožností. Důležité je uvědomit si, že ke každé ze tří možností usazení P existuje 10 možnostíusazení S a J. Tedy celkově je 3 · 10, tj. 30 možností v tomto druhém případě.✓✏ ❛ ❛|Odpověď: Existuje 5 + 30 = 35 možných různých usazení.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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. Jakmilepřesadíme jakékoli dva pasažéry, pak nutně dostaneme nové usazení.Z uvedeného plyne, že celá předchozí úvaha je špatná, že případů bude podstatně více, nežjsme 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 S 1 , S 2 , S 3 a čtyři různé J 1 , J 2 , J 3 , J 4 .To, co jsme považovali za jediné usazení, je ve skutečnosti celá série usazení. Na tři místaoznačena znakem S musíme usadit tři různé S 1 , S 2 , S 3 a na čtyři místa J čtyři různé J 1 , J 2 ,J 3 , J 4 . Tak se původně jediný případ rozpadne na mnoho případů. Na kolik?Pokusme se zodpovědět otázku: Kolik je možných „rozrůznění kteréhokoli z dosud uvažovanýchpřípadů? Vraťme se k postupnému usazování pasažérů, ale berme v úvahu, že tři pasažéřiS jsou různí a stejně tak čtyři pasažéři J. Nic se nezmění na usazování V, M a P. Změní seobsazování tří míst S a čtyř míst J. Obsaďme tři místa S. Nejprve usadíme pasažéra S 1 , pakS 2 a nakonec S 3 . Protože máme pro ně pouze tři místa, má S 1 tři možnosti, S 2 pak dvě a S 3již pouze jedinou. Celkově tedy S 1 , S 2 , S 3 lze usadit 3 · 2 · 1 = 6 různými způsoby. Konečněusaďme i čtyři pasažéry J 1 , J 2 , J 3 , J 4 . Zveme je do kupé v uvedeném pořadí. Pak J 1 volíze čtyř možností, J 2 již jen ze tří, pro J 3 zbývají dvě možnosti a J 4 sedne na poslední volnésedadlo. Na čtyři místa J lze tedy usadit čtyři pasažéry J 1 , J 2 , J 3 , J 4 4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24způsoby.Víme, že(a) tři pasažéry S 1 , S 2 , S 3 lze na místa S usadit šesti způsoby a(b) čtyři pasažéry J 1 , J 2 , J 3 , J 4 na místa J lze usadit 24 způsoby.Ke každému ze šesti obsazení míst S existuje tedy 24 různých obsazení míst J. To dává6 · 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 přichybném vidění problému udělali, nebyla zbytečná. Stačí totiž každý ze 35 původně získanýchpřípadů nahradit správnými 144 případy.Závěr: Existuje 35 · 144 = 5 040 možností.Rychlý postupKdyž 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 jazycevzorců, 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 S 1 , S 2 , S 3rozmístíme na tři daná místa. To dá 3! = 6 možností. Čtyři prvky J 1 , J 2 , J 3 , J 4 rozmístímena 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 S 1 , S 2 , S 3rozmístíme na tři z pěti možných míst. To dá V (3, 5) = 5!2! = 60 možností. Čtyři prvky J 1, J 2 ,J 3 , J 4 rozmístíme na čtyři daná místa. To dá 4! = 24 možností. Dostáváme 3 · 60 · 24 = 4 320možností.Závěr: V obou případech je 720 + 4 320 = 5 040 možností.Poznámka: První chybné řešení dané úlohy nepřihlíželo k různosti pasažérů S a J. Ukážemeúlohu, která se k námi řešené úloze úzce váže a jejíž dobré řešení je to, které bylo chybnýmv případě původní úlohy.Vedení drah připravilo pro pasažéry vybraného dětského kupé překvapení. Na každé z desetisedadel položilo jeden z dárků – větrník V, mávátko M, panenku P, sáček bonbónů S a ježkaJ. Víme, že dárky S byly tři a dárky J čtyři, V, M a P pak po jednom. Dále víme, že V bylna sedadle u okna, M bylo vedle V, P na lavici proti směru jízdy a všechny tři S na lavicive směru jízdy. Kolika způsoby je možné při zachování těchto pravidel dárky na deset sedadelkupé rozložit?Úlohy16. V urně je šest lístků téhož tvaru očíslovaných 1, 2,. . . , 6. Kolika různými způsoby je lzepostupně vytáhnout, jestliže se tažený lístek do urny nevrací a přihlíží se k pořadí, v jakémbyly lístky taženy?17. Kolik je různých průběhů všech zápasů, ve kterých padlo právě a) 5, b) 10 gólů? Průběhemzápasu rozumíme sled, ve kterém padaly góly. Označíme-li d gól, který dali domácí, a h gól,který dali hosté, pak „slovo ddhhdhhddd znamená následující průběh: první dva góly dalidomácí, další dva hosté, pak jeden gól domácí . . .18. Kolik je různých průběhů všech zápasů, v nichž domácí nikdy neprohrávali a ve kterýchpadlo právě a) 5, b) 10 gólů?19. Předpokládejme, že křestní jména a příjmení mohou začínat třiceti různými písmenyabecedy. Kolik lidí musí být ve skupině, aby bylo možno tvrdit, že jsou v ní aspoň dva lidése stejnými iniciálami?20. Soupravu devíti různých vagónů rozpojíme na dvou místech, čímž vzniknou z původnísoupravy tři části.a) Kolik možností takového rozpojení existuje?b) Kolik možností je takových, že aspoň jedna ze třech částí rozdělení soupravy bude mítprávě tři vagóny?

3.4. ÚLOHY S REÁLNÝM KONTEXTEM 6321. 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, zmenšilby 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?Řešení16. Pro první tažení máme 6 možností, pro druhé máme 5 možností, . . . , pro páté máme2 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. Tedyf(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 konecpřidáme 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) = 2 n pro všechna n ∈ {0, 1, 2, . . . }.Výsledek: a) f(5) = 2 5 = 32, b) f(10) = 2 10 = 1 024.Jiné řešení:Do tabulky zakreslíme všechny možné stavy v zá- Tabulka 1pase, v němž padlo pět gólů (viz tabulka 1). Každýprůběh zápasu v této tabulce znázorníme cestou,která vychází ze stavu 0 : 0 a končí v některémz šesti okének závěrečné diagonály. Ptejme se, kolikazpůsoby se ze stavu 0 : 0 můžeme dostat dostavu 1 : 1. Zřejmě dvěma: dh nebo hd. Napišmeteď do příslušného okénka tabulky 2 místo stavu1 : 1 číslo 2 označující počet cest z 0 : 0 do 1 : 1.0 : 50 : 4 1 : 40 : 3 1 : 3 2 : 30 : 2 1 : 2 2 : 2 3 : 20 : 1 1 : 1 2 : 1 3 : 1 4 : 10 : 0 1 : 0 2 : 0 3 : 0 4 : 0 5 : 0Udělejme to pro všechna okénka. Výsledek vidíme v tabulce 2. Z ní též vidíme, že v každémokénku (které není v dolní řadě) je součet čísel okénka spodního a levého. To dává možnostrychlého vyplnění všech okének. Když teď sečteme všechna čísla na závěrečné diagonále,dostaneme hledaný počet průběhů – 32.

64 KAPITOLA 3. KOMBINATORIKATabulka 211 51 4 101 3 6 101 2 3 4 51 1 1 1 1 118. a) K výpočtu použijeme dvojici tabulek z předchozí úlohy. Z horní tabulky „uříznemehorní levou část, která obsahuje stavy, v nichž domácí prohrávali. Příslušná „dolní tabulkabude pak vypadat takto:Výsledek: 5 + 4 + 1 = 10b) 42 + 90 + 75 + 35 + 9 + 1 = 25219. 9012 51 2 3 41 1 1 1 1 120. a) Mezi devíti vagóny je osm spojů. Dva z nich jsou voleny k rozpojení. Všech možnostíje C(2, 8) = 28.b) Jednu trojici vagónů chápeme jako jeden dlouhý vagón, tj. máme jen šest spojů, a tedyC(2, 6) = 15 možností. Ale tři způsoby jsou stejné (když je dlouhý vagón na začátku, uprostředa 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 jedenproděravěný lístek a zapisujme písmenem d děravá a písmenem n neděravá pole. Pak každémulístku lze jednoznačně přiřadit „slovo skládající se z devíti písmen d nebo n. V úloze 17 jsmepodobnou situaci viděli.Výpočet: „Slov, která jsou vytvořena ze dvou písmen a mají délku m, je 2 m . To jsme viděli✓✏v úloze 17. V našem případě je m = 9. Tedy 2 9 = 512.❛ ❛|Výsledek: 512 možností.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ Zapomněli jsme, že „slovo 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 zapsatrovnicí C(3, n) = 5C(3, n − 2). Výsledek je n = 6.23. C(2, 16) · C(3, 12) · C(1, 35) = 924 00024. a) 8, b) 21, c) 987 (srovnej s výsledky úlohy 14).25. a) 4, b) 10, c) 18.

Kapitola 4PlanimetrieDomluva:• Prvky trojúhelníka ABC označujeme takto (nakreslete si obrázek): velikosti stran a, b, c,velikosti úhlů α, β, γ, velikosti těžnic t a , t b , t c , velikosti výšek v a , v b , v c , poloměr kružniceopsané r, poloměr kružnice vepsané w, těžiště T , ortocentrum (průsečík výšek) O, středkružnice trojúhelníku opsané S, střed kružnice trojúhelníku vepsané W .• Mluvíme-li o pravoúhlém trojúhelníku ABC, je vždy γ = 90 ◦ .• Symbolem s X označujeme středovou souměrnost podle bodu X, symbolem s y označujemeosovou 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,. . . ) budeme tam, kde nehrozí nedorozumění, psátstručně „úsečka (výška, těžnice,. . . ).• 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 pakteprve f.4.1 Jednoduché konstrukceZnalost těchto konstrukcí se předpokládá. Sestrojte1. 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 s A (B);7. bod s d (B);8. přímku s B (d);9. přímku s d (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. PLANIMETRIE16. tečnu ke kružnici k v bodě A;17. obě tečny vedené z bodu B ke kružnici k.Příklad 1Sestrojte trojúhelník ABC, znáte-li c, t a , β.ŘešeníVhled: 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, t a .Realizace: 1. Sestrojíme úsečku AB délky c.2. Sestrojíme polopřímku BM tak, aby úhel MBA měl velikost β.3. Sestrojíme kružnici k(A, t a ) a její průsečík s polopřímkou BM označíme D.4. Sestrojíme bod C = s D (B).5. Sestrojíme úsečku AC.Trojúhelník ABC je sestrojen.Diskuse: Počet řešení úlohy závisí na počtu průsečíků kružnice k s polopřímkou BM, přičemžuvažujeme pouze průsečíky různé od bodu B. Úloha má dvě/jedno/žádné řešení, právě kdyžtyto průsečíky jsou dva/jeden/žádný.Poznámka: Při popisu konstrukcí budeme slovo „sestrojíme, které je na začátku každéhokroku, vypouštět. Napíšeme hned přímo objekt, který je sestrojován.Příklad 2Dány jsou dva různé body U, V . Sestrojte čtverec, jehož dva vrcholy leží v bodech U, V .ŘešeníVhled: Nakreslíme si obrázek čtverce ABCD a vyznačíme dva jeho vrcholy jako body U, V .Například U = A, V = B (viz obrázek).Strategie: Čtverec „vybudujeme nad úsečkou UV .Realizace: Označíme A = U, B = V a body C, D konstruujeme v šesti krocích:1. přímka p bodem A kolmo na AB;2. kružnice k 1 (A, |AB|);3. dvojice bodů {D 1 , D 2 } = k 1 ∩ p;4. přímka q bodem B kolmo na AB;5. kružnice k 2 (B, |AB|);6. dvojice bodů {C 1 , C 2 } = k 2 ∩ q.

4.1. JEDNODUCHÉ KONSTRUKCE 67✓✏ ❛ ❛|Diskuse: Existují dva hledané čtverce.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ Chyby jsme se dopustili v tom, že jsme automaticky předpokládali, že úsečka UV je stranou. Opomněli✒✑⌣⊲⊳ jsme případ, kdy UV je úhlopříčkou. V tomto případě bude příslušná konstrukce snažší. OznačímeU = 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 UV stranou, a jeden, pro který je UVúhlopříčkou.Úlohy1. 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 stejnéhoobsahu.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|.Řešení1. Konstrukce: 1. osa u úhlu α; 2. osa v úhlu β; 3. kolmice u ′ na u vedená bodem A; 4. kolmicev ′ na v vedená bodem B; 5. body {O} = u ∩ v, {O A } = u ∩ v ′ , {O B } = u ′ ∩ v, {O C } == u ′ ∩ v ′ ; 6. paty kolmic P , P A , P B , P C , vedených z bodů O, O A , O B , O C na přímkuAB; 7. kružnice k 1 (O, |OP |), k 2 (O A , |O A P A |), k 3 (O B , |O B P B |), k 4 (O C , |O C P C |) jsou hledanářešení. První z těchto kružnic se nazývá kružnice trojúhelníku vepsaná, další tři se nazývajíkružnice 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 poloroviněABC sestrojíme bod M tak, že | < MAB| = α. Sestrojíme kružnici k(C, c) a její průsečíkys polopřímkou AM označíme D a D ′ . Když tyto body neexistují, úloha nemá řešení. Kdyžexistují, úloha může mít jedno, nebo dvě řešení. Nutno ještě zjistit, zda ABCD je opravdučtyřúhelník, 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|. Dálev polorovině OAB sestrojíme úhel δ = | < P OA|. Na polopřímce OP sestrojíme ve vzdálenostic = |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. PLANIMETRIEdostáváme bod C. Nakonec vedeme bodem C přímku p rovnoběžnou s OP a průsečík ps polopřímkou AO označíme D.4.2 Konstrukce číselného výrazu.Příklad 3Sestrojte úsečku o velikosti x = √ 13 užitím Pythagorovy věty.ŘešeníVhled: Pythagorova věta tvrdí, že přepona c a odvěsny a, b pravoúhlého trojúhelníka jsouvázány vztahem c 2 = a 2 + b 2 . Tuto vazbu lze použít dvěma způsoby znázorněnými na obrázcích.BB❛ ❛❛❛❛❛❛❛❛❛❛√ ❛ ❛❛❛❛❛❛❛❛❛❛a2 + ba2 caCbAC√c2 − a 2AStrategie: Chceme-li konstruovat číslo √ n pomocí Pythagorovy věty, hledáme jeho vyjádřeníve tvaru √ a 2 + b 2 nebo √ c 2 − a 2 , kde a, b, c jsou přirozená čísla.Realizace: Sestrojit √ 13 podle Pythagorovy věty znamená najít vyjádření čísla 13 buď ve tvarua 2 + b 2 , nebo ve tvaru c 2 − a 2 , tedy buď jako součet, nebo jako rozdíl dvou čtverců.Prvních 10 čtverců x 2 je: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100. Číslo 13 lze vyjádřit jakosoučet 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 trojúhelníkus 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. kružnicek(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 pron = 360 existuje jedno řešení prvního typu 18 2 + 6 2 = 360 a šest řešení druhého typu360 = 91 2 − 89 2 = 47 2 − 43 2 = 33 2 − 27 2 = 23 2 − 13 2 = 21 2 − 9 2 = 19 2 − 1 2 .Úlohy4. Sestrojte úsečku o velikosti x = √ 12 užitím a) Euklidovy věty o odvěsně, b) Euklidovyvěty o výšce.5. Je dán obdélník ABCD. Sestrojte čtverec o stejném obsahu.6. Sestrojte úsečku o velikosti a) e =Řešení√3+1 √2+1, b) f = √ 2 + √ 3.

4.2. KONSTRUKCE ČÍSELNÉHO VÝRAZU. 694. Na obrázcích je naznačeno, jak lze každou z Euklidových vět užít ke konstrukci čísla √ n,kde n je přirozené číslo.CC❍ ✟✁ ❍❍❍❍❍❍❍❍❍❍✁✟✟ ❆√ ✟ ❆❆❆❆❆pc ✁✟✟ √✟ pq✁✟✁✟✟✁❍ ✟✟A pBD cA pBD 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 Aa E; 2. kružnice k(A − • − E, 1 2|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 = s D (C); 3. rovnostranný trojúhelník ECF tak, žeD 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 ‖ 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 práci1. Pro která přirozená čísla n, n < 50, lze úsečku √ n sestrojit pomocí věty a) Pythagorovy,b) Euklidovy o odvěsně, c) Euklidovy o výšce?2. Vezměme čtverečkový papír, jehož nejbližší sousední uzlové body mají vzdálenost 1. Napapíře vyznačíme několik uzlových bodů a změříme jejich vzdálenosti (viz obrázek). Dostanemečísla |AB| = √ 10, |BE| = √ 8, |BC| = √ 17, |DF | = √ 13, |EF | = √ 40, |AF | = √ 90.Zjistěte, pro která přirozená čísla n, n < 100, lze takto naměřit √ n.A • B • E • C • D • F •

70 KAPITOLA 4. PLANIMETRIE4.3 Konstrukce s pomocným útvaremPříklad 4Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno c, v a , a + b = m.ŘešeníVhled: Nakresleme uvažovanou situaci. Načrtneme trojúhelník ABC a výšku AD. Abychomuviděli i prvek m, přenesme stranu AC na prodloužení strany BC. Sestrojíme bod E na polopřímceBC 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 průsečíkosy úsečky AE s přímkou BE.Realizace:1. úsečka AB délky c;2. kružnice k 1 (A, v a );3. tečna t z bodu B ke kružnici k 1 ;4. kružnice k 2 (B, m);5. průsečíky E 1 a E 2 kružnice k 2 a přímky t;6. osy o 1 , o 2 úseček AE 1 , AE 2 ;7. jejich průsečíky C 1 , C 2 s přímkou t.Diskuse: Je-li v a > c, nebo m ≤ c, úloha nemá žádné řešení. Je-li v a = c, m > c, úloha májediné řešení, neboť oba trojúhelníky ABC 1 , ABC 2 jsou shodné, souměrné podle osy AB.Je-li v a < c < m, úloha má dvě řešení. Dodejme, že v kroku 3 konstruujeme pouze jedinoutečnu, protože druhá vede na shodné řešení – tedy nedá nic nového.Úlohy7. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník ABC, jestliže znáte délku v c výšky na základnu ABa délku těžnice t a .8. Sestrojte trojúhelník, je-li dáno v c , t c a o c , kde o c 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 71kružnici x(X, z), která se dotýká přímky l a kružnice m v bodě A.Řešení7. Klíč: Výška CF rovnoramenného trojúhelníka ABC je současně jeho těžnicí; pomocný bodje těžiště T .Konstrukce: 1. úsečka CF délky v c ; 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, 2 3 t a); 5. její průsečíky s přímkou mjsou hledané vrcholy A, B.Diskuse: Je-li 2t a > v c má úloha jediné řešení, jinak žádné.8. Klíč: Kružnice k trojúhelníku ABC opsaná a bod L, ve kterém přímka osy úhlu γ protínákružnici k.Konstrukce: 1. pravoúhlý trojúhelník CDE: | < CDE| = 90 ◦ , |CD| = v c , |CE| = t c ;2. průsečík F úsečky DE a kružnice k 1 (C, o c ); 3. klíčový bod L je průsečík přímky CF s kolmicína 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 v c < o c < t c , má úloha jediné řešení. Je-li v c = t c = o c , má úloha nekonečně mnohořešení. 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| = 2 3 t c; protože body T , R dělíúhlopříčku BD na třetiny, je |T R| = 2 3 t b.Konstrukce: 1. trojúhelník AT R: |AT | = 2 3 t a, |T R| = 2 3 t b, |AR| = 2 3 t c; 2. bod B = s T (R);3. body M = T − • − R, C = s M (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 o 1 a o 2 úhlů, které svírají přímky l, t;3. {X 1 } = AS ∩ o 1 , {X 2 } = AS ∩ o 2 ; 4. kružnice x 1 (X 1 , |X 1 A|) a x 2 (X 2 , |X 2 A|) jsou hledanářešení.✓✏ ❛ ❛|Diskuse: V prvním případě má úloha vždy jediné řešení, ve druhém případě má vždy dvě✒✑⌢⊲⊳ řešení.✓✏ ❛ ❛ Zapomněli jsme na případy, kdy l je tečnou kružnice m. Potom v prvním případě řešení neexistuje,✒✑⌣⊲⊳ ve druhém případě jeden z bodů X 1 , X 2 splyne s bodem S, a proto existuje pouze jediné řešení.

72 KAPITOLA 4. PLANIMETRIE4.4 Konstrukce pomocí transformacíPříklad 5Různoběžky p, q se protínají v bodě M. Bod A neleží na žádné z nich. Sestrojtekružnici k procházející bodem A a dotýkající se přímek p, q.ŘešeníVhled: Pracujeme v tom z úhlů určených přímkami p, q, ve kterém leží bod A. Osu úhluoznačíme o. Sestrojíme kružnici, která se dotýká přímek p a q. Její střed S leží na ose o.Nechme kružnici k „klouzat tak, že S probíhá polopřímku o a kružnice k se dotýká přímek pa q. Při tomto pohybu, jehož geometrická podstata je stejnolehlost, kružnice k dvakrát dojdedo pozice, kdy prochází bodem A.Strategie: Polopřímka MA protne kružnici k ve dvou bodech B, C. Stejnolehlost, která mástřed v bodě M a převede bod B (případně C) do bodu A, převede kružnici k do kružnic k Ba k C , 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 MA;4. rovnoběžka b vedená bodem A s přímkou BS protne osu o v bodě S B ;5. rovnoběžka c vedená bodem A s přímkou CS protne osu o v bodě S C ;6. kružnice k B (S B , |S B A|), k C (S C , |S C A|) jsou hledaná řešení.Diskuse: Úloha má vždy dvě řešení.

4.4. KONSTRUKCE POMOCÍ TRANSFORMACÍ 73Úlohy11. Sestrojte kružnici k, která prochází dvěma danými body A, B a dotýká se dané přímky p.12. Jsou dány dvě různé kružnice k 1 , k 2 a přímka p. Sestrojte všechny rovnostranné trojúhelníkyABC s těmito třemi vlastnostmi: A ∈ k 1 , B ∈ k 2 a těžnice jdoucí bodem C je částípřímky p.13. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby jeho vrcholy ležely po jednom na třechrůzných daných soustředných kružnicích.14. Dána je kružnice k(S, r) a bod P ležící vně k. Sestrojte sečnu p kružnice k procházejícíbodem 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 S 1 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 . Sestrojte pětiúhelník A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 tak, že body S ijsou středy jeho stran: S 1 = A 1 − • − A 2 ,. . .Řešení11. Úlohu převedeme na úlohu z příkladu 5. Sestrojíme osu o úsečky AB a přímku q = s o (p).Konstrukce: 1. osa o úsečky AB; 2. přímka q souměrná s přímkou p podle přímky o; 3. kružnicek 1 a k 2 , které se dotýkají přímek p, q a procházejí bodem A (viz konstrukce příkladu 5).Diskuse: Úloha má vždy dvě řešení.✓✏ ❛ ❛|✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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 ‖ 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, vzdálenostrovnoběžek o, p označme d; 2. kružnice k(A, d); 3. průsečíky k∩o označme Q, R; 4. kružnice k 1 (Q, |QA|)a k 2 (R, |RA|) jsou dvě řešení.• Viz základní řešení.Poznámka: Úlohu lze řešit použitím mocnosti bodu ke kružnici. Hrubý návod: Body A, Bvedeme jakoukoli kružnici a z bodu {D} = AB ∩ p vedeme tečnu DT k této kružnici (T jebod dotyku). Kružnice l(D, |DT |) protne přímku p v bodech C 1 , C 2 . Kružnice opsané trojúhelníkůmABC 1 a ABC 2 jsou dvě hledané kružnice.12. Klíč: Přímka p je osou souměrnosti trojúhelníka ABC.Konstrukce: 1. kružnice k 3 souměrná s kružnicí k 1 podle přímky p; 2. průsečíky B a B ′ kružnick 2 a k 3 ; 3. body A a A ′ souměrné s B a B ′ podle p; 4. průsečíky C 1 a C 2 přímky p s kružnicím(A, |AB|); 5. průsečíky C 1 ′ a C′ 2 přímky p s kružnicí m′ (A ′ , |A ′ B ′ |); 6. trojúhelníky ABC 1 ,ABC 2 , A ′ B ′ C 1 ′ , A′ B ′ C 2 ′ jsou hledaná řešení.

74 KAPITOLA 4. PLANIMETRIE✓✏ ❛ ❛|Diskuse: Úloha má čtyři řešení, když se k 2 a k 3 protínají ve dvou bodech. Když se tyto✒✑⌢⊲⊳ kružnice dotýkají, úloha má dvě řešení. Když nemají společný bod, úloha nemá žádné řešení.✓✏ ❛ ❛ Naší pozornosti unikly dvě věci. Když kružnice k 2 a k 3 splývají, existuje nekonečně mnoho řešení;✒✑⌣⊲⊳ když průsečík těchto kružnic leží na přímce p, nemůže být vrcholem hledaného trojúhelníka – takovýpřípad nutno vyloučit.13. Klíčem je otáčení o 60 ◦ kolem vrcholu hledaného trojúhelníka.Konstrukce: Nechť k a , k b , k c jsou tři soustředné kružnice. Zvolme bod A ∈ k a a sestrojmekružnici k b ′, resp. k b” , která vznikne otočením kružnice k b kolem bodu A o úhel 60 ◦ , resp.−60 ◦ . Nechť C 1 , C 2 jsou průsečíky kružnic k c a k b ′ a C 3 , C 4 průsečíky kružnic k c a k b” .Otočením opačným k otočení, kterým vznikly kružnice k b ′ a k b ′′, dostaneme z každého z bodůC i příslušný bod B i . O tom, zda úloha má řešení, rozhoduje vzájemná poloha kružnic k c , k b ′(ta je stejná jako vzájemná poloha kružnic k c , k b” ). Nemají-li tyto kružnice společný bod,úloha nemá řešení. To nastává, právě když poloměr největší z kružnic k a , k b , k c je větší nežsoučet poloměrů zbylých dvou kružnic. Dvě řešení jsou v případě, když nastává rovnost, ačtyři řešení, když je zmíněný poloměr menší než součet poloměrů zbylých dvou kružnic.14. a) Nechť k ′ je obraz kružnice k ve stejnolehlosti f se středem P a koeficientem 2. Každýz průsečíků kružnic k, k ′ je bodem B. Úloha má právě dvě/jedno/žádné řešení, když|SP | < 3r/|SP | = 3r/|SP | > 3r.b) Nechť UV je tětiva kružnice k délky r. Nechť k ′ je kružnice se středem S dotýkající sepřímky UV . Tečna z bodu P ke kružnici k ′ je přímka p. Úloha má vždy dvě řešení.15. Klíč: Složením tří osových souměrností, jejichž osy procházejí společným bodem, dosta-opět osovou souměrnost.✓✏neme❛ ❛|Konstrukce: 1. zvolme bod X ∈ k; 2. bod Y = (s o ◦ s q ◦ s p )(X); 3. střed Z = X − • − Y ;✒✑⌢⊲⊳ 4. průsečík přímky ZS a kružnice je hledaný vrchol A; 5. B = s p (A), C = s o (A).Diskuse: Úloha má vždy dvě řešení, ta jsou středově souměrná podle středu S.✓✏ ❛ ❛ 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 S i označme s i .) 1. libovolně zvolíme bod X;2. bod Y = (s 5 ◦ s 4 ◦ s 3 ◦ s 2 ◦ s 1 )(X); 3. A 1 = X − • − Y ; 4. A 2 = s 1 (A 1 ), . . . .Diskuse: Nutno prověřit, zda sestrojený „pětiúhelník je opravdu pětiúhelníkem.Zdůvodnění: Vázaný vektor −−→ A 1 X se při každé středové souměrnosti přemístí do vázanéhovektoru opačně orientovaného. Po pěti středových souměrnostech bude tedy vektorem −−→ A 1 Y .

4.5. OPTIMALIZAČNÍ ÚLOHY 754.5 Optimalizační úlohyPříklad 6Úsečka AB nemá s přímkou p společný žádný bod. Najděte na přímce p bod Xtak, aby součet f = |AX| + |XB| byl co nejmenší.ŘešeníVhled: Klíčem k řešení je bod B ′ souměrný s bodem Bpodle přímky p. Pro libovolný bod Y na p pak platí |BY | = |B ′ Y |, tedy f = |AY | + |Y B ′ |.Tato velikost je nejkratší tenkrát, když lomená čára AY B ′ je úsečkou.Konstrukce:Sestrojme bod B ′ = s p (B), pak {X} = AB ′ ∩ p.Diskuse: Úloha má vždy jediné řešení.Příklad 7Je dána přímka p, mimo ni body A, B, A ≠ B, a délka d > 0. Na p sestrojteúsečku XY délky d tak, aby délka f = |AX| + |XY | + |Y B| byla minimální.ŘešeníVhled: Uvažujme případ, kdy úsečka AB protíná přímku p.Zvolme libovolně úsečku UV délky d na přímce p a sestrojme body P , Q tak, aby AV UPa AUV Q byly rovnoběžníky. Délka lomené čáry BV UA je teď f = |BV | + |V Q| + d a délkalomené čáry BUV A je g = |BU| + |UP | + d. Nechme úsečku UV „klouzat po přímce p a dívejmese, co se děje s délkami f, g.Strategie: Protože body P a Q jsou pevné, bude f nejkratší pro {V } = BQ ∩ p a g nejkratšípro {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 vedenábodem 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.✓✏ ❛ ❛|Diskuse: Úloha má vždy jediné řešení.✒✑⌢⊲⊳

76 KAPITOLA 4. PLANIMETRIE✓✏ ❛ ❛✒✑⌣⊲⊳ 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, kdyúsečka AB neprotíná přímku p. Naštěstí tento případ lze lehce převést na případ předešlý:Sestrojíme bod B ′ souměrný s bodem B podle přímky p. Stejnějako v prvním případě najdeme body X, Y tak, aby délka|AX|+|XY |+|Y B ′ | byla minimální. Tvrdíme, že stejné body X, Y jsou řešením i pro bod B. To plyneokamžitě ze skutečnosti, že každé lomené čáře AUV B ′ jednoznačně odpovídá stejně dlouhá lomenáčára AUV B.Úlohy17. 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 , Zsouměrné s bodem X podle přímek AC, BC. Najděte takovou polohu bodu X, aby úsečkaY Z byla co nejkratší.19. Jsou dány různé kružnice i(I, a), j(J, b) procházející společným bodem M. Najdětepřímku m procházející bodem M tak, aby velikost úsečky UV byla co největší; body U, Vpodle obrázku.Řešení17. 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 „lepší, například Y −•−A. Řešení neexistuje.c) Sestrojme body P = s X (A), Q = s Z (B) a všimněme si, že čtyřúhelník ABQP se skládáze čtyř pravoúhlých trojúhelníků AY X, P Y X, BY Z, QY Z, pričemž první dva jsou shodnéi 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| − 1 2 |ABQP | == 1 2(|ABC| − |P CQ|). Proto obsah čtyřúhelníka CXY Z bude největší, když obsah trojúhelníkaP 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 obsahčtyřúhelníka CXY Z je polovina obsahu trojúhelníka ABC.18. Klíč: Trojúhelník Y ZC je rovnoramenný a | < Y CZ| = 2γ. Hledaný bod X je pata výškyspuštěné z bodu C na stranu AB.Zdůvodnění: Trojúhelník XCY , resp. XCZ je rovnoramenný a přímka AC, resp. BC je jehoosou 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 7719. Označme P , resp. Q patu kolmice spuštěné na m z bodu I, resp. J. Protože P = U −•−M,Q = V − • − M, je |UV | = 2|P Q|.Konstrukce: m ‖ IJZdůvodnění: Nechť R je průsečík kolmice vedené bodem I k přímce m a rovnoběžky vedenébodem J s přímkou m. Platí |UV | = 2|P Q| = 2|JR| ≤ 2|IJ|, přičemž rovnost nastává, právěkdyž je R = I, tj. m ‖ IJ.4.6 Výpočty v planimetriiPříklad 8Pravoúhlý trojúhelník má obvod o = 52 a obsah S = 120. Vypočtěte velikost wpoloměru kružnice trojúhelníku vepsané a přeponu c.ŘešeníVhled: Standardní přístup je využít pro délky stran a, b, c Pythagorovu větu, ale údaj o obvodua obsahu je dosti početně náročný. Daleko rychlejší je uvědomit si, že v každém trojúhelníkuplatí ow = 2S.Strategie: Z daných údajů vypočteme w a ze vztahu c = a + b − 2w určíme c.Výpočet: Protože 240 = 52w, je w = 6013. Dále tedy o = a + b + c = 2(c + w), odkudc = o 602− w = 26 −13 = 27813 .✓✏ ❛ ❛|Výsledek: w = 6013 , c = 27813 .✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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 = 39813a ab = 2S = 240. Odtuda 2 − 39813a + 240 = 0. Diskriminant této kvadratické rovnice je záporné číslo (přibližně −22, 7), tedytrojúhelník neexistuje. Standardní způsob se tedy ukázal jako vhodnější než naše „zkratka.Opravený výsledek: Trojúhelník ze zadání neexistuje.

78 KAPITOLA 4. PLANIMETRIEPříklad 9Věž, která má výšku v metrů, je vidět ze vzdálenosti 299 m pod úhlem α a zevzdálenosti 97 m pod úhlem 3α. Zjistěte v.ŘešeníVhled: Situace je načrtnuta na obrázku.Z trojúhelníka ACD je v = 299tg α, z trojúhelníkaBCD je v = 97tg 3α.atg 3α = tg (2α + α) =tg 2α =Strategie: Označme x = tg α. Na soustavu dvourovnic o dvou neznámých v, α užijeme trigonometrickévztahy a soustavu vyřešíme.Výpočet: Použijeme vzorec z tabulektg 3α = = tg α(3 − tg 2 α)1 − 3tg 2 α ,případně ho odvodíme ze vztahůtg 2α + tg α1 − tg 2α · tg α2tg α1 − tg 2 α .Další výpočet je již jednoduchý. Vztah 299tg α = 97tg 3α lze psát jako299x = 97 · x(3 − x2 )1 − 3x 2 ,odkud x = 110, neboť x > 0. Tedy v = 299x = 29, 9.Výsledek: Věž má výšku 29,9 m.Úlohy20. Vrcholy trojúhelníka ABC dělí kružnici trojúhelníku opsanou v poměru 3 : 4 : 5. Zjistětevelikosti úhlů trojúhelníka ABC.21. Je dán pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou c = 10 a poloměrem w = 2 kružnicevepsané. Zjistěte velikosti jeho odvěsen a úhlů.22. Kružnice s poloměry a, b, a < b, mají vnější dotyk a jejich společné vnější tečny jsou nasebe kolmé. Určete a, když znáte b.23. Každé dvě ze tří kružnic k 1 (S 1 , 1), k 2 (S 2 , 4), k(S, r) se vzájemně vně dotýkají a všechnytři mají společnou vnější tečnu. Určete r.

4.6. VÝPOČTY V PLANIMETRII 7924. V tětivovém čtyřúhelníku ABCD je |BD| = 1 + √ 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|. Vypočtětevelikosti úhlů trojúhelníka ABC.26. Čtverec ABCD je úsečkou AM (M leží na straně CD) rozdělen na trojúhelník s obsahem30 a lichoběžník s obsahem 114. Určete velikost úsečky AM.Řešení20. Situaci modelujme na ciferníku hodin. Bod A umístíme na číslo 12, bod B na 3 a bodC 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 obětečny vedené z bodu ke kružnici jsou stejně dlouhé. Konečně je 2 = |CV | = |CU|. Víme, žeu+v = |AB| = 10 a z Pythagorovy věty (u+2) 2 +(v+2) 2 = 100, tj. u 2 +v 2 +4(u+v)+8 = 100.Odtud u 2 + v 2 = 52 a dále u 2 − 10u + 24 = 0, tedy u 1 = 4, u 2 = 6, v 1 = 6, v 2 = 4.Velikosti odvěsen jsou 6 a 8 a úhly jsou 90 ◦ , arctan 3 4 a arctan 4 3 .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 tečnávzdálenost je t. Pak zřejmě z Pythagorovy věty aplikované na trojúhelník ABC (kde AC jerovnoběžná s tečnou a BC je na ni kolmá) platí (a + b) 2 = t 2 + (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 = 4 9 ;• 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 pakzjistíme 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 opsanéje √ 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 AMDje 1 2|AD||DM| = 6|DM| = 30. Odtud |DM| = 5. Pythagorova věta aplikovaná na trojúhelníkAMD dá pak |AM| = 13.

80 KAPITOLA 4. PLANIMETRIE4.7 ObsahyPříklad 10Pravidelný osmiúhelník ABCDEF GH je úhlopříčkou AD rozdělen na dvěčásti. Obsah menší části je S. Jaký je obsah větší části?Řešení IVhled: Rozdělme osmiúhelník úhlopříčkami AD, HE, BG a CF na 9 útvarů: čtyři rovnoramennépravoúhlé trojúhelníky, čtyři obdélníky a jeden čtverec.Řešení IIStrategie: Zvolme délku strany AB a vypočtěme obsahkaždého z devíti útvarů.Výpočet: Zvolíme-li délku strany AB rovnou 2, pakkaždý ze čtyř trojúhelníků bude mít obsah 1 (stranytrojúhelníka jsou √ 2, √ 2, 2), každý ze čtyř obdélníkůbude 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.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 rozdělenna 12 útvarů, z nich je osm shodných trojúhelníků a čtyři shodné obdélníky. LichoběžníkABCD obsahuje dva trojúhelníky a jeden obdélník, šestiúhelník ADEF GH obsahuje šesttrojúhelníků a tři obdélníky. Má tedy obsah roven 3S.Úlohy27. V lichoběžníku ABCD označme Q průsečík úhlopříček AC, BD. Dále označme v jehovýšku a a = |AB|, b = |CD| jeho základny. Stanovte obsahy S 1 = |ABQ|, S 2 = |BCQ|,S 3 = |CDQ|, S 4 = |DAQ|, znáte-li a) velikosti a, b, v, b) S 1 = 9, S 2 = 6.28. V obdélníku ABCD s obsahem 12 je E = C − • − D. Úsečky AE, BE, AC rozdělíobdélník 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, určeteobsahy S 1 = |P MRQ|, S 2 = |CRQ|, S 3 = |AMR|, S 4 = |ABM|.Řešení27. a) Obsahy jsou S 1 = pa 2 , S 2 = S 4 = pab, S 3 = pb 2 , kde p = v2(a+b) .Důsledek: S 2 = S 4 a S 1 S 3 = S 2 2b) Podle důsledku lehce vypočteme S 3 = 4, S 4 = 6.

4.8. DŮKAZY 8128. Označme Q průsečík AC, BE. Pak |AED| = |ABCD|4= 12 4= 3. Dále podle důsledkuz řešení úlohy 27 lehce najdeme |ABQ| = 4, |BCQ| = |AEQ| = 2, |CEQ| = 1.29. Protože P M je střední příčka v trojúhelníku BQR, je S 1 = 3|BP M| = 3. TrojúhelníkBCR je úsečkou RQ dělen na dva trojúhelníky, poměr jejichž obsahů je 1 : 2. OdtudS 2 = 1 2 |BQR| = 4 2 = 2. Dále |BCR| = |BAR| a |BAP | = 1 2 |CAP |. Odtud S 3 + S 4 = 6,S 4 + 1 = 1 2 (S 2 + S 3 + S 1 ), a tedy S 3 = S 4 = 3.4.8 DůkazyPříklad 11Dokažte, že v libovolném konvexním čtyřúhelníku ABCD platí|AB| + |CD| < |AC| + |BD|. Je podmínka konvexnosti nutná?ŘešeníVhled: Lehce nahlédneme, že podmínka konvexnosti nutná je. Nekonvexní čtyřúhelník, ve kterémvrcholy A a C i vrcholy B, D jsou blízko sebe, danou nerovnost nesplňuje (viz obrázek).V případě konvexního čtyřúhelníka označme průsečíkúhlopříček BD, AC jako S. Bod S rozdělí každou z úhlopříček na dvě úsečky. Uvažujmeo 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|.Úlohy30. Uvnitř trojúhelníka ABC je dán bod C ′ . Označme | < AC ′ B| = γ ′ . Dokažte, že γ < γ ′ .31. Nechť ABC je pravoúhlý trojúhelník. Označme S = A − • − B. Dokažte, že vrchol C ležína kružnici k(S, c 2 ).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. PLANIMETRIE34. Nechť je dána kružnice k(S, r) a bod M, pro který |MS| = d ≥ r. Nechť libovolná přímkaprocházející bodem M protíná kružnici k v bodech U, V , případně se dotýká k v bodě T .Pak platí|MU||MV | = |MT | 2 = d 2 − r 2 .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, jakze znalosti velikosti oblouků AB, BC, CD, DA zjistíme, zda je AC ⊥ BD.Řešení30. Označme D průsečík přímky CC ′ a úsečky AB. Víme, že platí| < ACD| + | < CAC ′ | = | < AC ′ D| a | < BCD| + | < CBC ′ | = | < BC ′ D|.Tedy γ ′ = γ + | < CAC ′ | + | < CBC ′ |. Tvrzení je dokázáno.Dokonce jsme udělali víc, než bylo žádáno. Ukázali jsme, o kolik je γ ′ 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 ◦ .❛ ❛|Důkaz je hotov.✒✑⌢⊲⊳✓✏ ❛ ❛ 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, nepouze v geometrii.Dokažme tedy implikaci: γ = 90 ◦ ⇒ C ∈ k. Důkaz provedeme sporem. Budeme předpokládat, žeγ = 90 ◦ a současně C ∉ 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 přímceAB. Označme C ′ průsečík polopřímky SC s kružnicí k. Podle omylem dokázaného tvrzení již ale víme,že γ ′ = | < AC ′ B| = 90 ◦ . Jestliže bod C leží uvnitř trojúhelníka ABC ′ , pak podle úlohy 30 je γ > 90 ◦ .To odporuje předpokladu tvrzení.Jestliže bod C leží vně trojúhelníka ABC ′ , pak bod C ′ leží uvnitř trojúhelníka ABC a podle úlohy 30je γ < 90 ◦ . To též odporuje předpokladu tvrzení. Oba uvažované případy tedy odporují předpokladu,proto nemůže současně nastat γ = 90 ◦ a C ∉ 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 ležína ose úsečky AC.b) Nechť W je průsečík os úhlů α a β. Protože W leží na ose úhlu α, je vzdálenost W odpřímek AB a AC stejná. Protože W leží na ose úhlu β, je vzdálenost W od přímek AB a BCstejná. Odtud plyne, že vzdálenost bodu W od přímek AC a BC je stejná, tedy W leží naněkteré ze dvou os úhlů tvořených přímkami AC a BC. Ale W leží uvnitř trojúhelníka ABC,proto leží na ose úhlu ACB.

4.8. DŮKAZY 8333. Nechť E, F , G a H jsou body, v nichž se kružnice k dotýká stran AB, BC, CD, DAčtyřúhelníka ABCD v uvedeném pořadí. Protože obě tečny vedené z bodu A ke kružnici kjsou 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 kčtyřúhelníku ABCD vepsaná.Tato věta neplatí. Protipříkladem je nekonvexní čtyřúhelník souměrný podle přímky AC.34. Klíčem k důkazu je pomocné tvrzení: Trojúhelníky MT V a MUT jsou podobné. Nejprvetoto pomocné tvrzení dokážeme.Úhel při vrcholu M mají oba trojúhelníky společný. Dále obvodový úhel T UV je shodnýs úhlem V T M. Trojúhelníky MT V a MUT se tedy shodují ve dvou úhlech, a proto jsoupodobné. Z podobnosti plyne: |MU| : |MT | = |MT | : |MV |, odtud |MT | 2 = |MU||MV |.Zbytek plyne z Pythagorovy věty aplikované na trojúhelník MT S.Tvrzení je dokázáno.35. Označme o obvod kružnice k opsané čtyřúhelníku ABCD. Dále označme α = | < CAB|,β = | < ABD|. Pak AC ⊥ BD ⇔ α + β = π 2 ⇔ ̂BC + ÂD = o 2 ⇔ ̂BC + ÂD = ÂB + ĈD.Hledané tvrzení zní: V tětivovém čtyřúhelníku ABCD je AC ⊥ BD ⇔ ̂BC +ÂD = ÂB+ĈD.Důkaz byl podán při hledání tvrzení.

84 KAPITOLA 4. PLANIMETRIE

Obsah1 Rovnice 51.1 Slovní rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Kvadratické rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3 Trigonometrické rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Iracionální rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Logaritmické a exponenciální rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.6 Rovnice s absolutní hodnotou . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.7 Parametrické rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 Teorie čísel 292.1 Dělitelnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Počet dělitelů . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.3 Algebrogramy a dělitelnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.4 Největší společný dělitel a nejmenší společný násobek . . . . . . . . . . . . . . 402.5 Euklidův algoritmus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.6 Diofantovské rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463 Kombinatorika 513.1 Poznámka úvodem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2 Úlohy s aritmetickým kontextem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.3 Úlohy s geometrickým kontextem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.4 Úlohy s reálným kontextem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604 Planimetrie 654.1 Jednoduché konstrukce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.2 Konstrukce číselného výrazu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.3 Konstrukce s pomocným útvarem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.4 Konstrukce pomocí transformací . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.5 Optimalizační úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 754.6 Výpočty v planimetrii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.7 Obsahy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804.8 Důkazy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8185