METODY ŘEŠENÍ PLANIMETRICKÝCH ÚLOH

METODY ŘEŠENÍ PLANIMETRICKÝCH ÚLOH http://www.pf.jcu.cz/stru/katedry/m/mrg.html

Pavel Leischner [email protected]

Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích, Pedagogická fakulta 2012 ISBN 978-80-7394-378-3

Obsah 1 Úvod...................................................................................................................................- 3 2 Některé metody řešení konstrukčních úloh ...................................................................- 9 2.1 Využití množin bodů s danou vlastností..................................................................- 9 2.2 Sestrojení potřebného prvku užitím podobnosti ..................................................- 13 2.3 Využití shodných zobrazení....................................................................................- 18 2.4 Konstrukční úlohy řešené na základě algebraického výpočtu ............................- 29 2.5 Užitečné postřehy a poznatky.................................................................................- 31 2.5.1 Vázané prvky .....................................................................................................- 31 2.5.2 Vlastnosti os úhlů trojúhelníka ........................................................................- 35 2.5.3 Věta o délkách tečen..........................................................................................- 38 3. Aplikace...........................................................................................................................- 42 3.1 Problém místnosti v podkroví a izoperimetrické úlohy........................................- 42 3.2 Osová souměrnost - aplikace...................................................................................- 49 3.2.1 Heronova úloha .................................................................................................- 49 3.2.2 Fagnanova úloha ...............................................................................................- 53 3.2.4 Matematické kulečníky a příbuzné úlohy.......................................................- 62 3.3 Minimální sítě ...........................................................................................................- 75 3.3.1 Fermatova úloha................................................................................................- 75 3.3.2 Steinerova úloha ................................................................................................- 83 3.4 Myšlenkové experimenty ........................................................................................- 96 -

-2-

Tento text vznikl v rámci projektu FRVŠ-494/2012. Je určen studentům na středních školách, studentům učitelství matematiky, učitelům i jiným zájemcům, začátečníkům i pokročilým. Pokud jste si jej neotevřeli na webu, najdete jej na adrese [a] včetně všech příloh a doplňků. Před studiem doporučujeme stáhnout si z [a] přílohu 1, v níž uživatel najde interaktivní soubory k řešeným úlohám i k úlohám ze cvičení. Soubory jsou vyrobeny v Cabri II+. Podstatná část textu se týká konstrukčních úloh. Po stručném teoretickém úvodu následují v druhé kapitole ukázky řešení konstrukčních úloh. Jsou seřazeny tak, aby se uživatel seznámil se základními metodami jejich řešení. Třetí kapitola je věnována aplikacím. Není omezena jen na ryze konstrukční úlohy a doufám, že aspoň trochu obohatí o některé poznatky i odborníky. Záměrně jsem do textu nevložil hyperaktivní odkazy, které by umožnily přímý přechod k souborům z přílohy 1. Čtenáři doporučuji při studiu co nejvíce používat klasický přístup: Kreslit si na papír obrázky geometrických situaci a pomocí nich řešit předložené problémy. Soubory z přílohy 1 by měly sloužit jako nápověda, kontrola správnosti uživatelova řešení a vizualizace diskusí počtu řešení. Jsou též vhodné tehdy, když nám k práci nestačí jen rukou nakreslený obrázek (viz například úlohy z odstavce 3.2.4). Přeji čtenářům příjemné chvíle strávené nad tímto textem a uvítám případné připomínky. V Českých Budějovicích, 16.11. 2012

Pavel Leischner

1 Úvod Konstrukční úlohy požadují sestrojit geometrický útvar, jsou-li o něm dány dostatečné informace, například délky některých úseček nebo úhlů, resp. jsou již v dané rovině umístěny některé části útvaru. Z tradičních důvodů tyto hodnoty nebo části útvaru nazýváme zadané prvky.

Rozlišujeme: 1. Polohové konstrukční úlohy jsou ty, které již mají některé prvky hledaného útvaru v dané rovině umístěné. 2. Nepolohové konstrukční úlohy mají zadány jen velikosti prvků, při konstrukci útvaru musíme nejprve zvolit umístění některých prvků. Následující úlohy 1 a 2 jsou nepolohové, příkladem polohové úlohy je úloha 3. Zkuste si nejprve všechny tři úlohy vyřešit včetně provedení rozboru a diskuse počtu řešení. Obecnou metodiku postupu řešení konstrukčních úloh naleznete níže. Úloha 1. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno AB = c, BC = a a ∠BAC = α . Úloha 2. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC, je-li dána délka a jeho odvěsny BC a délka tc těžnice CS. Úloha 3. V rovině je dána úsečka CS. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC tak, aby úsečka CS byla jeho těžnicí a odvěsna BC měla délku a.

-3-

Konstrukční úlohy, pokud nejsou zcela triviální, bývají považovány za těžší než úlohy z algebry, v nichž je možno uplatňovat jednoduché algoritmické postupy. Při řešení geometrické konstrukční úlohy si totiž nejprve musíme situaci představit a hledat takové vztahy mezi danými prvky a ostatními částmi útvaru, které by konstrukci umožnily. Tradiční postup řešení konstrukční úlohy rozlišuje čtyři etapy: 1. Rozbor úlohy V rozboru vycházíme z předpokladu, že hledaný geometrický útvar je již sestrojen. Nakreslíme obrázek požadovaného útvaru, zvýrazníme v něm zadané prvky a provádíme analýzu geometrické situace. Hledáme souvislosti mezi zadanými prvky a ostatními částmi útvaru. Přesněji řečeno vztahy, které by z daných prvků umožnily útvar sestrojit. Po jejich nalezení sestavíme zpětnou syntézou konstrukci. V písemně řešené úloze by měl rozbor obsahovat zápis, jenž obsahuje zdůvodnění nalezených souvislostí, a tedy i zdůvodnění postupu konstrukce. Při zdůvodňování bychom měli užívat jasné formulace a symbolické zápisy střídat se slovním doprovodem. 2. Popis a provedení konstrukce Na středních školách se v poslední době (bohužel) řešení úlohy omezuje pouze na tuto část. Žáci se buď zpaměti naučí postup nebo jej u lehkých úloh přímo vidí, a tak příliš nerozvíjí své geometrické myšlení. Neumí postupy zdůvodňovat a nedokážou vyřešit složitější úlohy. Při zápisu konstrukce nemusíme znovu opakovat, co bylo v rozboru uvedeno. Symbolické zápisy je někdy vhodné doplnit slovním vysvětlením. Zápis má být stručný, ale přehledný a srozumitelný. Není nutné rozvádět do dílčích kroků základní konstrukce (například jak se sestrojuje osa úsečky, podrobný postup sestrojení trojúhelníku ze tří stran apod.). 3. Zkouška správnosti je ověření, zda je konstrukce správná. Projdeme konstrukci bod po bodu a ověříme, zda podle ní sestrojený útvar má opravdu požadované vlastnosti. Jestliže provedeme zdůvodnění v rozboru a správnost konstrukce je odtud zřejmá, můžeme zkoušku vynechat. 4. Diskuse řešitelnosti a počtu řešení Zde zjišťujeme, za jakých podmínek úloha řešení má a za jakých nemá. Pro situace, kdy má úloha řešení, zjišťujeme jejich počet. Jak uvedeme v poznámce, nejsou u nás jednotná kritéria na rozlišování počtu řešení úlohy. Proto se budeme řídit těmito pravidly: Počtem řešení konstrukční úlohy rozumíme počet všech jejích různých řešení. Přitom u polohové úlohy považujeme za různá řešení každé dva výsledné útvary, které nejsou totožné a vyhovují jejímu zadání. U nepolohové úlohy jsou různá řešení jen takové útvary, které nejsou shodné. Provádění diskuse budeme dělat co nejjednodušeji: Hvězdičkou * označíme ty body postupu řešení, v nichž existence nebo jednoznačnost konstruovaného prvku není zaručena. Na základě analýzy takto označených míst provedeme úplnou diskusi a přitom nebudeme důsledně požadovat, aby byly podmínky počtu řešení popsány pouze pomocí vztahů mezi zadanými prvky. (V ukázkách řešení úloh si takový postup názorně osvojíme.)

-4-

Poznámka. Obecná diskuse bývá náročná. Pokud má úloha konkrétní číselné zadání, můžeme ji redukovat na konstatování počtu řešení pro zadané hodnoty. Nástroje dynamické geometrie, mezi něž Cabri patří, umožňují měnit tvar a počet nalezených útvarů v závislosti na změnách hodnot zadaných prvků, tedy vizualizovat diskusi. Názory na provádění diskuse nepolohových úloh nejsou jednotné. Jan Vyšín [8] a Jaroslav Šedivý (např. [6], str. 29) prosazovali, že umístěním prvního sestrojovaného prvku do dané roviny převedeme nepolohovou úlohu na polohovou. Pak je ovšem počet různých řešení dán počtem všech útvarů daných vlastností, které obsahují umístěný prvek. K takovému přístupu lze vyslovit dvě námitky. První z nich je složitost výsledného obrázku a pracnost sestrojování všech útvarů k danému prvku, je-li jich více. Žák se procvičí v rýsování, čas k tomu potřebný by však mohl využít efektivněji. Druhou námitkou je, že počet řešení úlohy se může lišit podle toho, který prvek volíme jako první. (Umístíme-li jako první například úhel, může být počet všech řešení menší než v případě, kdy jako první umístíme úsečku.) Aby se takovým nepříjemnostem vyhnul, upřednostňoval Šedivý ve svých pozdějších publikacích zadávání polohových úloh. V učebnici [7] již téměř všechny úlohy formuluje jako polohové. Současné učebnice [1] a [3] považují za různá řešení nepolohové úlohy takové útvary, které se liší aspoň v jednom (až na index) stejně označeném prvku. Taková dohoda má jistou nevýhodu, neboť někdy může jediný sestrojený útvar představovat dvě různá řešení. Tento nedostatek řeší autoři učebnice [5] dohodou, podle níž se za různá řešení nepolohové úlohy považují jen ty útvary, které nejsou shodné. K téže konvenci se nakonec přiklonil i J. Polák v přepracovaném vydání [4] publikace [3] a budeme se jí řídit také zde. Důsledné provedení všech uvedených částí řešení je poměrně zdlouhavé. Snad i proto se ve škole i v učebnicích uvádějí většinou nepříliš obtížné úlohy a při řešení stačí, když žák provede jen bod 2 - zápis a provedení konstrukce. To vede k tomu, že se mnozí studenti učí postup konstrukce zpaměti a neumí jej zdůvodnit. Našim cílem je tento nedostatek odstranit a naučit čtenáře řešit i náročnější úlohy. Jako první ukázku vyřešíme úlohy ze strany 3. Úloha 1 je základní. Budeme se na ni při řešení některých dalších úloh odkazovat. Předpokládám, že s konstrukcí neměl čtenář problémy. Nejsem si však jist, zda ji provedl důkladně, tedy tak, jak je to uděláno v souboru KU_01.fig, který naleznete po rozbalení přílohy 1 (viz. [a] ), a zda byla jeho diskuse úplná. Úloha 1. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno AB = c, BC = a a ∠BAC = α . Rozbor. Lze snadno sestrojit úhel BAX velikosti α tak, aby AB = c (obr. 1). Zbývá tedy nalézt vrchol C o němž víme, že je vnitřním bodem polopřímky AX. Z podmínky BC = a plyne, že leží na množině všech bodů dané roviny, jež mají od B vzdálenost a. Tou je kružnice k ( B, a ). Bod C tedy nalezneme jako průsečík kružnice k s polopřímkou AX. Konstrukce: 1. Úsečka AB délky c. 2. Úhel BAX velikosti α . 3*. k ( B, a ), C ∈→ AX ∩ k . 4. Trojúhelník ABC.

Obr. 1

Poznamenejme, že k úsečce AB existují dva úhly ABX a ABX ′ velikosti α . Kružnice má s jejich rameny AX a AX ′ nejvýše čtyři průsečíky, které rozlišujeme v souboru KU_01.fig indexy. Jako výsledná řešení vykreslujeme jen ta, která jsou v souladu s dohodou na str. 4 různá. Navíc jsme z nich kvůli větší názornosti zobrazili ty různé trojúhelníky, které se nepřekrývají (viz obr. 2).

-5-

Čtenář možná považuje uvedené řešení za zbytečně složité, protože "můžeme vzhledem k souměrnosti podle přímky AB řešení provést jen v jedné polorovině s hraniční přímkou AB." Nutno upozornit, že tato často užívaná zásada je nekorektní, protože její uplatňování vede u některých úloh k neúplnému řešení. Ukážeme to při řešení úlohy 4. Správnost konstrukce je zřejmá. Diskuse. Jediným problematickým místem postupu je bod 3 (označený hvězdičkou * ). Když označíme d vzdálenost bodu B od přímky AX, zjistíme, že počet průsečíků C závisí na hodnotách a, d a α . Musíme rozlišit dvě základní situace: 1. Pokud platí, že 0 < α < 900 , pak je 0 < d < c a úloha a) nemá řešení, je-li 0 < a < d , b) má právě jedno řešení pro a = d nebo a ≥ c, c) má právě dvě řešení za podmínky d < a < c. 2. Pro 900 ≤ α < 1800 je diskuse jednodušší: Úloha nemá řešení za podmínky 0 < a ≤ c, a má právě jedno řešení, pokud platí a > c.

Poznámka. Uvedené závěry můžeme zjistit nebo názorně ověřit pomocí souboru KU_01.fig. Uvedeme zde stručný návod, soubory k dalším úlohám jsou konstruovány analogicky. Na obr. 2 je znázorněn pohled na obrazovku v jisté fázi práce se souborem. Levá část obrázku není při prvním otevření souboru vidět. Obdélníčky v pravé dolní části obrázku jsou tlačítka skrývání (resp. zobrazování) dílčích kroků konstrukce. Je-li příslušná část konstrukce zobrazena, má tlačítko žlutou barvu, je-li skryta, tlačítko vidíme nevybarvené.

Obr. 2

Po otevření souboru nejprve zobrazíme jednotlivé kroky konstrukce (klikáním na tlačítka v pořadí, jak jsou očíslována). Tlačítkem "d" zobrazujeme aktuální hodnotu vzdálenosti d bodu B od přímky AX.

-6-

V pravé horní části obrázku 2 jsou umístěny ovladače, pomocí kterých nastavujeme hodnoty zadaných prvků. Hodnoty a a c nastavujeme pohybem pravých koncových bodů stejně označených úseček. Velikost α měníme úchopem za koncový bod vektoru úhlového ovladače. Aktuální hodnoty zadaných prvků uvádějí čísla u ovladačů. Pohybem počátečního bodu vektoru je možno celý soubor ovladačů přemístit do jiné části obrazovky. Analogicky lze na obrazovce přemisťovat celé narýsované řešení úchopem za bod A. Diskusi počtu řešení názorně předvedeme tak, že pro každou z možností 1 a 2 zvolíme pevnou hodnotu c a α . Pak "spojitě" měníme velikost a od nuly k hodnotám větším než c. Slovo spojitě je dáno do uvozovek, protože nastavování hodnot pomocí ovladačů se děje po skocích, jejichž velikost činí (v případě délkových ovladačů) několik setin milimetru. Proto se nám většinou nepodaří tímto způsobem nastavit některé krajní situace. Například v naší úloze je to nastavení dotyku kružnice k a polopřímky AX.

Úloha 2. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC, je-li dána délka a jeho odvěsny BC a délka tc těžnice CS.

a)

b) Obr. 3

Poznámka. Úloha se může zdát netriviální, pokud si trojúhelník nakreslíme podle obr. 3 a). Když nás napadne dokreslit do obrázku opsanou kružnici, bude řešení zřejmé. Rozbor. Kružnice opsaná trojúhelníku ABC je Thaletova kružnice τ ( S , tc ), viz obr. 3b. Z obrázku plyne c = 2tc . Tím je úloha (až na označení prvků a fixaci velikosti daného úhlu) převedena na úlohu 1: Sestrojit trojúhelník ABC, je-li dáno | AB |= 2tc , | BC |= a a | BCA |= 900. Úlohu 1 jsme podrobně vyřešili, proto není nutné v řešení této úlohy pokračovat. Přesto uvedeme dva z možných postupů konstrukce a shrnutí diskuse. Konstrukce kopírováním postupu předchozí úlohy: 1. Úsečka BC délky a. 2. Kolmice q v bodě C na úsečku BC. 3*. k ( B, c), A ∈ q ∩ k . 4. Trojúhelník ABC. Konstrukce využívající Thaletovu kružnici: 1. Úsečka AB délky c. 2. Kružnice τ s průměrem AB.

-7-

3*. k ( B, a ), C ∈ τ ∩ k . 4. Trojúhelník ABC. Diskuse. Úloha má právě jedno řešení pro 0 < a < 2tc . (V obou uvedených kostrukcích vznikají při provedení kroku 3 dva průsečíky, avšak trojúhelníky k nim sestrojené jsou shodné. Nepředstavují různá řešení.) Je-li c ≤ a, nemá úloha řešení. Úloha 3. V rovině je dána úsečka CS. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC tak, aby úsečka CS byla jeho těžnicí a odvěsna BC měla délku a. Rozbor. Těžnice CS je již v rovině umístěna, zbývá sestrojit vrcholy A, B. Z vlastností Thaletovy kružnice plyne, že B ∈τ ( S ,| SC |) a z podmínky

BC = a máme B ∈ k (C , a ). Platí tedy B ∈τ ∩ k . Dále ∠BCA = 900 ⇒ A ∈ q, kde q je kolmice na přímku BC v bodě C a navíc A ∈τ . Odtud plyne, že A ∈τ ∩ q.

Konstrukce: 1. τ ( S ,| SC |), . 2*. k (C , a ),

Obr. 4

3. B ∈τ ∩ k , 4. q: q ⊥ BC ∧ C ∈ q, 5. Trojúhelník ABC.

Diskuse Pokud platí a ≥ 2 CS , úloha nemá řešení. Za podmínky 0 < a < 2 CS existují právě dvě řešení. Můžeme je vidět na obr. 5, který je částí snímku obrazovky počítače při práci se souborem KU_03.fig.

Obr. 5

-8-

2 Některé metody řešení konstrukčních úloh Seznámíme se s nejčastěji používanými metodami. Po stručném popisu metody následují řešené příklady. Na konec každého odstavce jsou zařazeny úlohy k procvičení. Místo výsledků naleznete v příloze soubory vytvořené v Cabri II+ k některým úlohám. Jsou označeny stejně jako úlohy. Každý z nich obsahuje konstrukci příslušného útvaru, která se otvírá po krocích pomocí očíslovaných tlačítek skrývání. Popis konstrukce, zdůvodnění a diskusi úloh ze cvičení neuvádíme. Jedná se o cvičení, uživatel by si je měl vytvořit sám.

2.1 Využití množin bodů s danou vlastností Je to nejčastěji používaná metoda, pomocí které jsme již vyřešili první tři úlohy. Metoda spočívá v tom, že při rozboru nalezneme křivku1 na níž má ležet nějaký bod X hledaného útvaru, jako množinu bodů s určitou vlastností. Tu pak využijeme k sestrojení bodu X. (Při řešení úlohy 1 jsme ke konstrukci bodu C užili kružnici k jako množinu všech bodů, jež mají od B vzdálenost a. V úlohách 2 a 3 byla užita Thaletova kružnice jako množina vrcholů C všech pravoúhlých trojúhelníků ABC nad přeponou AB.)

Úloha 4. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a, va , vb . Rozbor. Uvažujme označení podle obr. 6. Při konstrukci můžeme vycházet z toho, že pravoúhlý trojúhelník BCQ je již sestrojen. (Jeho sestrojení považujeme za základní úlohu, viz řešení úlohy 2.) Zbývá tedy najít bod A. Ten zřejmě leží na přímce CQ. Navíc z podmínky AP = va plyne, že se nachází v množině µ všech bodů dané roviny, které mají od přímky AB vzdálenost va (tzv. ekvidistantě přímky AB, přitom va se nazývá parametr ekvi-distanty). Množinou µ je dvojice rovnoběžek e, e1 s přímkou AB ve vzdálenosti va od ní, tzn.

µ = e ∪ e1 ,

↔ AB, e = va = ↔ AB, e1 .

Úvahy shrneme:

Obr. 6 A ∈↔ CQ ∧ A ∈ µ ⇒ A ∈↔ CQ ∩ µ.

1

Mezi křivky zahrnujeme i přímky (křivky s nulovou křivostí) .

-9-

(1)

Konstrukce 1*. Trojúhelník BCQ. 2. Ekvidistanta µ. 3*. A ∈↔ CQ ∩ µ . 4. Trojúhelník ABC. Zkouška správnosti. Konstrukce vychází z existence trojúhelníku BCQ. Pro a = vb však při konstrukci body Q a C splynou. Za této situace leží bod A v průniku ekvidistanty µ s kolmicí na úsečku BC v bodě C (nakreslete si obrázek). Diskuse. Úloha nemá řešení, je-li a < vb (kružnice τ a k nemají společné body). Platí-li 0 < vb < a má úloha dvě řešení (viz obr. 7). (Trojúhelníky, které vzniknou s využitím přímky CQ1 , jsou shodné s trojúhelníky ABC a A1 BC. Proto u nepolohové úlohy nepředstavují další řešení a do obrázku jsme je nezakreslili.) Platí-li a = vb , je C = Q = Q1. Nevznikne trojúhelník BCQ a úloha má jediné řešení, trojúhelník ABC s pravým úhlem při vrcholu C (promyslete).

Obr.7

Poznámka. Příklad názorně ilustruje nebezpečnost tzv. řešení úlohy v jedné polorovině. Kdybychom se při rozboru úlohy omezili jen na polorovinu BCA, nebylo by řešení úplné. Připravili bychom se o jedno z možných dvou řešení - trojúhelník BCA1.

- 10 -

Úloha 5. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno ta , va , r , kde r je poloměr kružnice trojúhelníku opsané. Rozbor. V situaci na obr. 8 je snadné sestrojit pravoúhlý trojúhelník SPA (viz základní úloha 1). Zbývá nalézt body B a C. Ty jsou průsečíky přímky q =↔ SP s opsanou kružnicí k (O, r ). Úloha je tím převedena na problém sestrojení kružnice k. Její poloměr r je dán, stačí tedy nalézt střed O. Z podmínky AO = r plyne, že střed O leží na kružnici m( A, r ) a z faktu, že k je opsaná trojúhelníku ABC určíme O ∈ o, kde o je osa strany BC. Lze ji sestrojit jako kolmici na již známou přímku q v bodě S. Odtud plyne závěr O ∈ o ∩ m, který využijeme při konstrukci. Konstrukce

Obr. 8

1. Úsečka AP délky va s kolmicí q na AP v bodě P. 2*. S ∈ q ∩ n( A, ta ) (je zbytečné sestrojovat oba průsečíky - zdůvodněte). 3. Kolmice o na přímku q v bodě S. 4. * O ∈ o ∩ m( A, r ). 5. * { B, C} = q ∩ k (O, r ). 6. Trojúhelník ABC. Snadno ověříme, že sestrojený útvar vyhovuje podmínkám úlohy i když platí ta = va . V popisu konstrukce máme tři kroky označené hvězdičkou, diskuse bude náročnější než v předchozích úlohách. V takových případech je vhodné postupovat důsledně podle pořadí jednotlivých kroků: Diskuse 1. Úloha nemá řešení, je-li ta < va .

Obr. 9

2. Nechť ta = va , pak S = P a rozlišíme dvě situace: a) Je-li navíc 2r ≤ va , neprotne kružnice m přímku q a úloha nemá řešení. b) Pokud je 2r > va , má úloha právě jedno řešení (rovnoramenný trojúhelník).

- 11 -

3. Nechť platí ta > va : a) Úloha nemá řešení, pokud je SP > r (obr. 9). b) Nechť platí SP = r , pak:

α) Je-li navíc r ≤ va , nemá kružnice m s přímkou q společné dva body. Úloha nemá řešení. β) Pokud je r > va , má úloha právě jedno řešení.

c) Je-li SP < r , existují dva průsečíky kružnice m s přímkou o, označme je O a O1 tak, aby

O, q < O1 , q (obr. 10). Úloha má: α) Dvě řešení, pokud obě kružnice k (O, r ) a k1 (O1 , r ) protnou přímku q (obr. 10). To nastane, když O1S < r a OS < r. β) Jedno řešení, pokud přímku q protne pouze kružnice k, tzn. když O1S ≥ r a OS < r. γ) Nemá řešení, když kružnice k a k1 neprotínají přímku q, tzn. když OS ≥ r.

Obr. 10 Poznámka. Možná jste si povšimli, že označení bodů B a C není určeno jednoznačně. Lze je při konstrukci zaměnit. Úloha 6. V rovině je dána úsečka AB a kružnice h. Sestrojte trojúhelník ABC tak aby platilo C ∈ h a vnitřní úhel ACB měl danou velikost γ , za podmínky 0 < γ < 900. Rozbor. Vrchol C leží na kružnici h a zároveň patří do množiny m = { X , ∠AXB = γ } = m1 ∪ m2 , kde m1 a m2 jsou

kruhové oblouky sestrojené nad společnou tětivou AB a s obvodovým úhlem velikosti γ (obr. 11). Obr. 11

- 12 -

Postup konstrukce je zřejmý, nebudeme jej popisovat. Názorně si jej může čtenář projít pomocí tlačítek skrývání v souboru KU_06.fig. Diskuse Úloha je polohová. Může mít 0 až 4 řešení podle toho, kolik má průsečíků kružnice h s množinou m. Na obr. 12 je znázorněna situace, pro kterou má úloha čtyři řešení.

Cvičení Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno: CKU_01. a, ta , vb . CKU_02. c, va , vb . CKU_03. a, b, va .

Obr. 12

CKU_04. ta , va , tb . CKU_05. α , va , ρ .

2.2 Sestrojení potřebného prvku užitím podobnosti Někdy je možné sestrojit ze zadaných prvků další prvek, po jehož nalezení je již konstrukce požadovaného útvaru snadná. Jsou-li v úlohách na konstrukci trojúhelníka zadány velikosti dvou vnitřních úhlů, označme je α a β , pak je jimi dán tvar trojúhelníka (neboť podle věty uu o podobnosti si jsou každé dva trojúhelníky podobné, jestliže se shodují ve dvou úhlech). Třetí zadaný prvek označme x. Zřejmě je to nějaká délka. Představme si, že úloha by byla snadno řešitelná, kdybychom místo délky x znali jinou délku, například c v hledaném trojúhelníku. Pokud si místo neznámé hodnoty c zvolíme libovolnou délku c′, můžeme snadno narýsovat pomocný trojúhelník A′B′C ′, který je zadán hodnotami c′, α ′ = α , β ′ = β . V něm změříme délku x′, jež v podobnosti odpovídá délce x. Ze známých hodnot c′, x′, x sestrojíme jako tzv. čtvrtou geometrickou úměrnou délku c (viz obr. 13). Tím převedeme úlohu α , β , x na úlohu α , β , c, kterou umíObr. 13 me vyřešit. Analogicky můžeme postupovat i při konstrukcích, ve kterých je místo dvou úhlů určen tvar trojúhelníka jiným způsobem, například poměrem stran.

- 13 -

Úloha 7. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno α , β a délka m = va + vb . Řešení. Rozbor a konstrukci nebudeme provádět, neboť plynou z obecného popisu na předchozí stránce. Grafické provedení znázorňuje obr. 14, který je zkopírován z obrazovky počítače při práci se souborem KU_07, v němž lze konstrukci zobrazovat po krocích a měnit hodnoty zadaných prvků. Povšimněte si, že jsme z praktických důvodů nakreslili trojúhelníky ABC a A′B′C ′ do téhož obrazce. K zachování tvaru byla využita stejnolehlost (přímka BC byla sestrojena jako rovnoběžka s B′C ′ v bodě B). V úlohách typu α , β , x je požadovaný trojúhelník vždy určen jednoznačně, proto má úloha jediné řešení.

Obr. 14 Někdy lze podobnost využít až na základě souvislostí objevených v rozboru. Jako příklad uvedeme dvě úlohy. K úspěšnému vyřešení první z nich je zapotřebí objevit jistou vlastnost ostroúhlého trojúhelníka, kterou uvedeme formou věty:

Věta 1. Pro libovolný ostroúhlý trojúhelník ABC, v němž P, Q a R jsou po řadě paty výšek z vrcholů A, B a C, platí, že trojúhelníky PQC, AQR, PBR a ABC jsou navzájem podobné. Důkaz Paty P a Q výšek z vrcholů A a B leží na Thaletově kružnici τ s průměrem AB (obr. 15). Vzhledem ke shodnosti obvodových úhlů nad obloukem PB lze položit ϕ = ∠BAP = ∠BQP . Z pravoúhlých trojúhelníků BCQ a ABP plyne ∠PQC = 900 − ϕ = ∠ABC . Navíc mají trojúhelníky PQC a ABC společný úhel při vrcholu C. Jsou tedy podle věty uu podobné. Důkazy vztahů ∆AQR~∆ABC a ∆PBR~∆ABC provedeme analogicky. □ Obr. 15

- 14 -

Úloha 8. V ostroúhlém trojúhelníku ABC jsou P a Q (v daném pořadí) paty výšek z vrcholů A a B. Sestrojte jej, je-li dána délka d = CQ a poloměry r, r1 kružnic opsaných po řadě trojúhelníkům ABC a PQC. a r = . Vidíme, že úlohu má smysl d r1 řešit jen za podmínek 0 < d < a a 0 < r1 < r. Sestrojením délky a jako čtvrté geometrické úměrné převádíme úlohu na sestrojení trojúhelníka ABC, je-li dáno a, d , r. Délky a, d jednoznačně určují pravoúhlý trojúhelník BCQ jenž je snadné sestrojit. Vrchol A je průsečík polopřímky CQ s kružnicí k (O, r ) opsanou trojúhelníku ABC (obr. 16). K jejímu sestrojení potřebujeme nalézt bod O. Ten leží v průniku osy o strany BC s kružnicí n(C , r ). Navíc leží v polorovině BCQ, je tedy jednoznačně určen. (Z podmínky, že trojúhelník ABC je ostroúhlý plyne že, vrchol A leží na větším oblouku AB kružnice opsané. Proto bod O1 na obr. 16 vyloučíme.)

Rozbor. Užitím věty 1 dostáváme ∆PQC~∆ABC a odtud

Obr. 16 Konstrukce: 1. Úsečka délky a jako čtvrtá geometrická úměrná (červená úsečka na obr. 16 vlevo nahoře). 2. Úsečka CQ délky d s kolmicí q v bodě Q. 3*. B ∈ q ∩ m(C , a ). 4. Osa o úsečky BC. 5*. Bod O je ten z průsečíků osy o a kružnice n(C , r ), který leží v polorovině BCQ. 6*. A ∈→ CQ ∩ k (O, r ). 7. Trojúhelník ABC.

- 15 -

Diskuse je poměrně složitá, komplikuje ji podmínka ostroúhlosti trojúhelníka ABC. Provedeme podrobnější analýzu a výsledky shrneme v závěru. r d K zadaným prvkům přidáme délku a, kterou snadno sestrojíme pomocí vztahu 1 = . r a Pokud platí r1 ≥ r , a tedy i a ≥ d , nebo a ≥ 2r nemá úloha řešení. Předpokládejme proto, že r1 < r a d < a < 2r. Tyto vztahy zaručují sestrojení bodů B, O, A v krocích konstrukce označených hvězdičkou (promyslete). Nepostačují k tomu, aby trojúhelník ABC byl ostroúhlý. Pomocí obr. 16 nebo 17 snadno ověříme, že r1 d CP = = = cos γ . r a b

a)

b) Obr. 17

c)

Úhel γ je tedy pevně určen a je ostrý. Limitní situace, kdy je α = 900 , nebo β = 900 znázorňují obr. 17 a) a 17 c). Pro první z nich platí d1 = 2r cos γ = 2r1 , pro druhou

d 2 = CP ⋅ cos γ a CP = 2r1 = 2r cos γ . Ostroúhlý trojúhelník vznikne, právě když d 2 < d < d1. Po dosazení do posledního vztahu ze tří předchozích a krátké úpravě učiníme závěr. Úloha má právě jedno řešení, jestliže platí 0 < r1 < r a

2r12 < d < 2r1. r

Úloha 9. Sestrojte trojúhelník ABC, jsou-li dány jeho výšky va , vb , vc . Rozbor. Kdybychom místo výšek znali délky stran, bylo by řešení jednoduché. Zkusme tedy hledat, jak výšky trojúhelníka souvisí s jeho stranami. K cíli se přiblížíme, když si vzpomene1 me na vztah pro obsah trojúhelníka, S = ava = … . Z něj zjistíme 2 S = ava = bvb = cvc 2 a odtud 1 1 1 1 1 1 a : b : c = : : = a′ : b′ : c′, resp. va : vb : vc = : : , (2) va vb vc a ′ b′ c ′

kde a′, b′ a c′ jsou délky stran libovolného trojúhelníka A′B′C ′, podobného trojúhelníku ABC.

- 16 -

Vztah (2) umožňuje následující konstrukci. Konstrukce 1. Trojúhelník KLM: KL = va , LM = vb , MK = vc , obr. 18 dole. 2. Sestrojíme výšky z vrcholů M, L, K a označíme je po řadě a′, b′, c′. 3. Trojúhelník AB′C ′ : B′C ′ = a′, C ′A = b′, AC ′ = b′. 4. Výška AP′. 5. P : → AP′ ∩ k ( A, va ). 6. Rovnoběžka p se stranou B′C ′ v bodě P. 7. B ∈→ AB′ ∩ p, C ∈→ AC ′ ∩ p. 8. Trojúhelník ABC. Kontrola správnosti. Pro sestrojené úsečky platí vztah (2), proto jsou trojúhelníky ABC a A′B′C ′ podobné. Trojúhelník ABC má požadovanou výšku va z vrcholu A. Protože platí (2), mají i výšky z vrcholů B, C požadované hodnoty. Diskuse. Úloha má právě jedno řešení, splňují-li výšky va , vb , vc trojúhelníkovou nerovnost

va − vb < vc < va + vb . Pro všechny ostatní situace nemá řešení.

Obr. 18

- 17 -

Cvičení Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno: CKU_06. β , γ , m = r + ρ (tzn. m je součet poloměrů opsané a vepsané kružnice). CKU_07. α = 600 , b : c = 3 : 4, tb = 5 cm. CKU_08. a : b : c = 4 : 5 : 6, ρ = 2 cm. CKU_09. b + c = 10 cm, α : β : γ = 3 : 4 : 5

2.3 Využití shodných zobrazení Shodné zobrazení v rovině, neboli shodnost, přiřazuje každému bodu X roviny právě jeden bod X ′ téže roviny tak, že pro každé dva body X, Y a jejich obrazy X ′, Y ′ platí X ′Y ′ = XY . To znamená, že obrazem jakékoli úsečky je stejně dlouhá úsečka. V důsledku toho zachovává shodné zobrazení i velikosti úhlů. Jestliže je geometrický útvar U ′ obrazem útvaru U ve shodném zobrazení, pak jsou útvary U a U ′ shodné. Dva útvary jsou shodné, právě když je lze umístit na sebe tak, aby se kryly. V tomto odstavci se zaměříme na využití čtyř shodností v rovině, které jsou známé ze střední a základní školy. Jsou to středová a osová souměrnost, otočení a posunutí. Vyřešíme jen několik typických úloh. Shodným a podobným zobrazením je z velké části věnován pomocný text Geometrická zobrazení v úlohách, viz [a]. V něm si můžete rozšířit poznatky o shodných zobrazeních. Následující příklad je ukázkou standardního postupu, který je blízký metodě využití množin bodů s danou vlastností.

Úloha 10. V rovině je dána přímka p, kružnice k a body M, N. Sestrojte trojúhelník ABC tak, aby byly body M, N po řadě středy stran AC a BC, a aby platilo A ∈ k a B ∈ p. Rozbor. Ze zadání plyne, že bod C je obrazem bodu A v souměrnosti se středem M, což symbolicky zapíšeme vztahem C = S M ( A). Z podmínky A ∈ k

dále plyne, že jeho obraz S M ( A) leží na obrazu k ′ kružnice k v souměrnosti podle M: C ∈ S M (k ) = k ′. Analogicky zjistíme: C ∈ S N ( p ) = p′. Odtud již snadno nalezneme konstrukci. Konstrukce 1. k ′ = S M (k ).

2. p′ = S N ( p ). 3*. C ∈ p′ ∩ k ′. 4. A = S M (C ) a B = S N (C ), trojúhelník ABC.

Obr. 19

Diskuse. Úloha má 0 až 2 řešení podle počtu společných bodů kružnice k ′ a přímky p′.

- 18 -

V další úloze využijeme toho, že kosočtverec (resp. čtverec) je osově souměrný podle svých úhlopříček a středově souměrný podle jejich průsečíku, tzv. středu kosočtverce (čtverce). Úloha 11. V rovině je dána přímka p, kružnice k a bod M. Sestrojte kosočtverec nebo čtverec ABCD tak, aby jeho úhlopříčka AC byla částí přímky p, bod M byl středem strany BC a aby bod B ležel na kružnici k. Rozbor. Ze zadání plyne C = S M ( B). Navíc B ∈ k , proto C ∈ S M (k ) = k ′ (obr. 20). Odtud C ∈ k ′ ∩ p a B = S M (C ). Dále užijeme osovou souměrnost: D = S p ( B ) a A = S ↔ BD (C ). Místo souměrnosti podle přímky BD lze použít středovou souměrnost podle průsečíku S přímek BD a p. Konstrukce je zřejmá z rozboru. Její zápis vidíme na obr. 21.

Obr. 20

Diskuse. Úloha má 0 až 2 řešení podle počtu společných bodů kružnice k ′ a přímky p.

Obr. 21

Sjednocením trojúhelníka s jeho obrazem ve středové souměrnosti podle středu strany trojúhelníka vzniká rovnoběžník, jehož jednu jeho úhlopříčku tvoří strana trojúhelníka a druhou prodloužená těžnice na tuto stranu. Právě uvedený poznatek lze výhodně využít při některých konstrukcích trojúhelníka, vyskytují-li se v zadání úlohy délky těžnic.

Úloha 12. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno b, c, ta . Rozbor. Označme M střed strany BC a D = S M ( A) (obr. 22). Čtyřúhelník ABDC je rovnoběžník se středem M, lze sestrojit trojúhelník ABD s délkami stran BD = b, AD = 2ta a AB = c, s bodem M ve středu strany AD. Bod C je obrazem bodu B v souměrnosti podle M.

- 19 -

Obr. 22

Konstrukce je zřejmá z rozboru (viz též obr. 23). Diskuse. Úloha má jediné řešení za předpokladu, že platí trojúhelníková nerovnost

b − c < 2ta < b + c. Pokud tato nerovnost neplatí, úloha řešení nemá.

Obr. 23 Úloha 13. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno va , vb , tc . Rozbor. Nechť M je střed strany AB a D = S M (C ) (obr. 24), pak je čtyřúhelník ACBD rovnoběžník se středem M. Označme dále p = ↔ AC a q = ↔ BD. Není obtížné sestrojit rovnoběžky p a q (| p, q |= vb ) i s úsečkou CD délky 2tc . Bod A leží na přímce s, která prochází bodem D, je rovnoběžná s BC a má od bodu C vzdálenost va . Na téže přímce leží i vrchol E pravoúhlého a snadno sestrojitelného trojúhelníka DCE s přeponou DC a odvěsnou AE délky va . Vztahy A ∈ p ∩ s a B = S M ( A) umožňují zbytek konstrukce. Konstrukce

Obr. 24

1. Rovnoběžky p, q ( p, q = vb ). 2. Zvolíme C ∈ p. 3*. D ∈ q ∩ n(C , 2tc ). 4. Kružnice τ s průměrem CD. 5*. E ∈τ ∩ m(C , va ). 6. s: ↔ DE. 7*. A ∈ p ∩ s. 8. B = S M ( A). 9. Trojúhelník ABC. Diskuse Úloha nemá řešení, pokud vb > 2tc nebo va > 2tc nebo va = 2tc = vb (viz konstrukce, body 3 a 5). Je-li vb < 2tc a vc < 2tc a va ≠ vb , má úloha dvě řešení.

Obr. 25

- 20 -

Právě jedno řešení má, když je buď jedna z výšek va , vb rovna 2tc a druhá je menší než 2tc , nebo když va = vb < 2tc . (Promyslete a nakreslete si obrázky!) Předchozí dvě úlohy obsahovaly v zadání délky těžnic. Při jejich řešení jsme výhodně použili metodu tzv. doplnění trojúhelníka na rovnoběžník. Na další úlohu bude vhodnější aplikovat jiný postup, třebaže se v jejím zadání rovněž vyskytuje délka těžnice.

Úloha 14. V rovině je dána přímka p a body A, L, které na ní neleží. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník ABC se základnou AB tak, aby jeho vrcholy B, C ležely na přímce p a těžnice z vrcholu C byla částí přímky CL. Rozbor. Rovnoramenný trojúhelník ABC je souměrný podle přímky o = ↔ CR, která je osou základny AB (obr. 26), a úsečka CR je současně těžnicí i výškou z vrcholu C. V souměrnosti podle osy o platí B = A′ = S o ( A) a L′ = L. Podle definice shodného zobrazení (kterým je i souměrnost So ) je BL = A′L′ = AL , neboli B ∈ k ( L, AL ) .

Odtud již plyne konstrukce. Konstrukce 1. k ( L, AL ) . 2*. B ∈ k ∩ p.

Obr. 26

3. Osa o úsečky AB. 4*. C ∈ o ∩ p. 5. Trojúhelník ABC. Diskuse. Úloha má 0 až 2 řešení podle počtu společných bodů přímky p s kružnicí k. Na obr. 27 vidíme jednu ze situací, kdy má úloha dvě řešení.

Obr. 27

Na rozdíl od úloh 10 až 13 jsme při řešení úlohy 14 využili osovou souměrnost. Osovou souměrnost můžeme výhodně použít při hledání některých konstrukcí n-úhelníků, jsou-li mezi zadanými prvky součty nebo rozdíly délek sousedních stran, nebo rozdíly velikostí úhlů (viz úlohy 15-18 a některé úlohy ve cvičení).

- 21 -

Úlohu 15 lze řešit metodou z odstavce 2.2. Zde uvádíme řešení pomocí osové symetrie. Úloha 15. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno α , β , p, kde p je jeho obvod. Rozbor. Předpokládáme, že je trojúhelník sestrojen. Na polopřímce opačné k polopřímce AB zvolíme bod D tak, aby AD = b a na polopřímce opačné k polopřímce BA zvolíme bod E tak, aby BE = a (obr. 28). Podle věty o vnějším úhlu trojúhelníka má rovnoramenný trojúhelník CDA při své základně CD úhly velikosti ϕ =

trojúhelník CEB při základně CE úhly velikosti ε =

α

β

2

. Podobně má rovnoramenný

. Konstrukce trojúhelníka DEC je 2 základní a vrcholy A, B nalezneme využitím souměrností podle os o1 a o2 úseček CD a CE. Konstrukce 1. Trojúhelník CDE.

( DE

= p, CDE =

CED =

β

α 2

,

). 2 2. A ∈ o1 ∩ úsečka DE. 3. B ∈ o2 ∩ úsečka DE. 4. Trojúhelník ABC.

Obr. 26

Diskuse Při smysluplném zadání (α + β < 1800 , p > 0) má úloha vždy právě jedno řešení. (Osy o1 a o2 vždy protnou úsečku DE, protože α / 2 a β / 2 jsou velikosti ostrých úhlů.)

Úloha 16. Sestrojte pravoúhelník ABCD, je-li dáno u = AC a d = a − b, kde a = AB ,

b = BC , a > b. Rozbor. Označme E ten bod polopřímky BC, pro nějž BE = a (obr. 27). Trojúhelník ABE je pravoúhlý a rovnoramenný, odtud ∠AEC = 450 , EC = d a AC = u. Sestrojení trojúhelníku ACE je zřejmé, bod B nalezneme jako průsečík osy o úsečky AE s polopřímkou p opačnou k polopřímce CE (nebo jako patu kolmice z bodu A na polopřímku p) a pak útvar snadno doplníme na pravoúhelník. Konstrukce 1. Trojúhelník ACE. 2. o: osa úsečky AE. 3*. B ∈ o ∩ p, kde p je polopřímka opačná k polopřímce CE. 4. Pravoúhelník ABCD.

- 22 -

Obr. 27

Diskuse. Úloha má právě jedno řešení, když vznikne trojúhelník CDE s tupým úhlem při vrcholu C. To nastane za podmínky u > d . Pokud platí u ≤ d , úloha řešení nemá. Úloha 17. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno b, va , δ = β − γ > 0. Rozbor. Uvažujme osovou souměrnost podle osy o strany BC, obraz bodu A označme D, body B a C jsou souměrně sdružené, P je pata výšky z vrcholu A (obr. 28). Konstrukce pravoúhlého trojúhelníka APC je základní, připsání úhlu ACX velikosti δ umožňuje sestrojit bod D, přímku o jako osu úsečky AD a B = So (C ). Konstrukce 1*. Trojúhelník APC. 2. Rovnoběžka q s přímkou BC v bodě A. 3. Úhel ACX velikosti δ vně připsaný trojúhelníku APC. 4*. D :→ CX ∩ q. 5.

Obr. 28

o: osa úsečky AD.

6. B = So (C ), trojúhelník ABC. Diskuse. Z bodů označených hvězdičkami plyne, že úloha nemá řešení, když platí b < va nebo 1800 < δ + γ . Pro ostatní situace má právě jedno řešení.

Úloha 18. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno m = a + b, c, δ = α − β > 0. Rozbor. Označme D takový bod polopřímky BC, pro nějž BD = m (obr. 29). V trojúhelníku ABD známe délky dvou stran: BD = m a AB = c. Pokusme se některý jeho úhel vyjádřit pomocí dané hodnoty δ : Smysl má zabývat se pouze úhlem BAD, neboť ∠ABD = β a ∠ADB = γ 2 :

∠BAD = ∠BAC + ∠CAD = α +

γ

= 2 α α β γ  β α −β δ = +  + +  − = 900 + = 900 + . 2  2 2 2 2 2 2 Vypočítaná hodnota umožňuje konstrukci trojúhelníka ABD, bod C nalezneme jako průsečík úsečky BD a osy o strany AD.

Obr. 29

Konstrukce

1*. Trojúhelník ABD (viz obr. 29, AB = c, BD = m, ∠BAD = 900 + δ 2) . 2*. Bod C: průsečík úsečky BD s osou o úsečky AD. 3. Trojúhelník ABC.

- 23 -

Diskuse. Zadání má smysl, pokud je 900 < δ < 1800. Pak trojúhelník ABD existuje, právě když m > c. Jeho existence pak určuje jednoznačně bod C. Lze tedy učinit závěr: Úloha nemá řešení, je-li γ ≤ 900 nebo m ≤ c. Pokud je m > c a 900 < δ < 1800 , má úloha jediné řešení. V dalších úlohách se zaměříme na využití posunutí a otočení. Tato shodná zobrazení představují pohyb v rovině. Posunutí si lze představit jako pohyb po navzájem rovnoběžných přímkách a otočení jako pohyb po soustředných kružnicích. Z toho lze vyvodit metodu konstrukcí útvarů, jejichž umístění je vázáno vhodnými podmínkami: 1. Úlohu zjednodušíme vynecháním některých podmínek umístění a útvar v ní za zjednodušených podmínek sestrojíme. 2. Takto sestrojený útvar přemístíme otočením nebo posunutím do polohy požadované původní úlohou.

Úloha 19. Sestrojte sečnu p dané kružnice k (O, r ) tak, aby procházela daným bodem M a na kružnici vytínala tětivu AB dané délky d ≤ 2r. Rozbor. Pokud vynecháme podmínku, že má sečna p procházet bodem M, je řešení snadné: Zvolíme A0 ∈ k a sestrojíme B0 ∈ k ∩ h( A0 , d ). Přímka s0 = ↔ A0 B0 je řešením takto zjednodušené úlohy (obr. 30). Nakonec ji vhodným otočením kolem bodu O přemístíme tak, aby procházela bodem M. Abychom nalezli úhel onoho "vhodného" otočení, položme si otázku, po jaké čáře se bude při otáčení pohybovat ten bod M 0 přímky s0 , který bude po otočení totožný s bodem M. Zřejmě se bude pohybovat po kružnici m se středem O a poloměrem OM . Její průsečík M 0 s přímkou s0 je vzorem bodu M v otočení RO ,ω , kde ω je

velikost orientovaného úhlu M 0OM .

Obr. 30

Konstrukce je zřejmá z rozboru. Poznamenejme, že otočení přímky p lze provést pomocí otočení jejích libovolných bodů X, Y. Jsou-li X ′, Y ′ obrazy těchto bodů v daném otočení, je obrazem přímky p přímka p′ = ↔ X ′Y ′. V naší úloze je výhodné zvolit X = M 0 , protože jeho obraz X ′ = M již známe. Jako druhý bod jsme zvolili B0 a přenesením úhlu ω našli jeho obraz B (obr. 30). Diskuse. Úloha má jedno řešení ( s = ↔ OM ) pro d = 2r a dvě řešení, je-li d < 2r. Obě řešení vidíme na obr. 31. To druhé odpovídá otočení o úhel M 0′OM . Nemusíme však podruhé otáčet. Pokud využijeme poznatku, že kružnice je osově souměrná podle každé přímky, která prochází jejím středem, stačí sestrojit obraz úsečky AB v souměrnosti podle přímky OM.

- 24 -

Obr. 31

Úloha 20. V rovině je dána úsečka AB a kružnice k (O, r ). Sestrojte rovnoběžník ABCD tak, aby body C, D ležely na kružnici k . Rozbor. Uvažujme situaci na obr. 32. Úsečce AB opíšeme kružnici h( M , r ) se stejným poloměrem, jako má kružnice k. Posunutím o vektor MO se kružnice h přemístí na kružnici k a úsečka AB se zobrazí na úsečku DC. Protějšími stranami AB a CD bude rovnoběžník jednoznačně určen. Konstrukce je zřejmá z rozboru a obr. 32. Diskuse. Úloha má dvě řešení (viz obr. 33) za předpokladu, že AB < 2r. Je-li AB = 2r , má jedno

řešení. Pro AB > 2r úloha Obě řešení znázorňuje obr. 33.

nemá

řešení. Obr. 32

Pokuste se úlohu vyřešit pomocí posunutí o vektor AB.

- 25 -

Obr. 33 V úlohách, kde se vyskytují rovnoběžky, resp. při konstrukci rovnoběžníka nebo lichoběžníka je někdy výhodné využít posunutí. Některé úlohy, v nichž se vyskytují soustředné kružnice, resp. úlohy na konstrukci rovnoramenných a rovnostranných trojúhelníků, je možno řešit užitím otočení. Úloha 21. Sestrojte rovnoběžník ABCD, je-li dáno AB = a, BC = b, ∠ASB = ω (S je střed rovnoběžníka). Rozbor. V posunutí o vektor AB je obrazem úhlopříčky BD úsečka CM (obr. 34). Z rovnoběžnosti úseček BD a MC dostáváme

∠ACM = ∠ASB = ω. Bod C leží na oblouku u množiny všech bodů roviny, z nichž je úsečka AM délky 2a vidět pod úhlem ω. Navíc leží na kružnici h( B, b). Lze tedy sestrojit trojúhelník AMC včetně středu B úsečky AM. Doplnění trojúhelníku ABC na rovnoběžník ABCD je snadné. Diskuse. Úloha může mít nejvýš jedno řešení. Obr. 34 Trojúhelníky AMC a MAC1 jsou totiž souměrné podle osy úsečky AM a proto jsou shodné. Odtud plyne i shodnost rovnoběžníků ABCD a ABC1 D1 , kde D1 je obraz bodu B v souměrnosti podle středu úsečky AD (není na obr. 34 nekreslen). Pro další úvahy označme r poloměr kružnice, na níž leží oblouk u, a E průsečík oblouku u s osou o úsečky AM. Rozlišíme tři situace: 1. Platí-li a = b, leží body A a M v množině h ∩ u. To znamená, že úloha nemá řešení pro

ω ≠ 900 , neboť h ∩ u = { A, M } . Je-li však ω = 900 , platí u ⊂ h a bod C může být kterýkoliv

vnitřní bod půlkružnice u. Úloha má nekonečně mnoho řešení, výsledný rovnoběžník je kosočtverec nebo čtverec. 2. Pro a < b má úloha řešení, jen když je ω < 900 a navíc platí b ≤ BE (obr. 35).

- 26 -

3. Pro a > b má úloha řešení, jen když je ω > 900 a navíc b ≥ BE (obr. 36).

Obr. 35

Obr. 36

Úloha 22. Je dán čtverec ABCD s vnitřním bodem K. Sestrojte rovnostranný trojúhelník KLM tak, aby jeho vrcholy L, M ležely na hranici čtverce. Rozbor. V rotaci RK ,600 je obrazem hranice h čtverce ABCD čára h′ (hranice otočeného čtverce) a bod L se zobrazí do bodu M. Platí tedy M ∈ h′ ∩ h (obr. 37). Po sestrojení bodu M určíme L = RK , −600 ( M ). Konstrukce je zřejmá z rozboru. Diskuse. Úloha má 2 až 8 řešení podle počtu společných bodů čar h a h′. Zobrazení čáry h v rotaci RK ,−600 vede na stejná řešení jako v rotaci RK ,600 . Obr. 38 představuje všech osm možných řešení.

Obr. 37

Poznámka. V souboru KU_22.fig je bod K umístěn na žluté polopřímce s počátkem A. To umožňuje narýsovaný obrázek i se zadáním přemisťovat úchopem za bod A. Bod K přemisťujeme jednak otáčením polopřímky, jednak posouváním po ní.

Obr. 38

- 27 -

Úloha 23. V rovině jsou dány kružnice m, n a přímka p. Sestrojte rovnoběžku q s přímkou p tak, aby vytínala na kružnicích stejně dlouhé tětivy. Rozbor. Předpokládejme, že je přímka q sestrojena a označme K a L paty kolmic na přímku p ze středů M a N kružnic m a n (obr. 39). V posunutí TKL o vektor KL dostáváme TKL ( A) = C a TKL ( B ) = D (tětiva AB se zobrazí na tětivu CD). Z toho plyne, že body C a D jsou průsečíky kružnic n a m′ = TKL (m). Konstrukce 1. Body K, L (paty kolmic ze středů M a N). 2. M ′ = TKL ( M ).

Obr. 39

3. m′( M ′, r ), kde r je poloměr kružnice m. 4. C , D : m′ ∩ n. 5. A, B : q ∩ m, kde q je rovnoběžka s přímkou p v bodě C. Diskuse. Pokud se kružnice n a m′ protnou, má úloha jediné řešení. Jestliže se neprotnou, pak řešení nemá. Zdůvodněte, proč posunutí o vektor opačný k vektoru KL nikdy nepovede k druhému řešení.

Cvičení CKU_10. V rovině jsou dány kružnice m, n, které se protínají v bodech A, B. Bodem A veďte přímku p ≠ ↔ AB tak, aby na obou kružnicích vytínala stejně dlouhé tětivy. CKU_11. V rovině jsou dány kružnice m, n, které se protínají. Jedním z jejich průsečíků veďte přímku p tak, aby součet délek vzniklých tětiv měl danou délku d. CKU_12. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno ta , tb , tc . CKU_13. V rovině jsou dány soustředné kružnice m, n, mezi nimi bod A. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby B ∈ m a C ∈ n. CKU_14. Sestrojte lichoběžník ABCD, je-li dána délka základny CD = c, délky ramen

BC = b, DA = d a číslo δ = ∠DAB − ∠CBA > 0. CKU_15. Sestrojte čtverec, je-li dán a) součet délky jeho úhlopříčky a strany, b) jejich rozdíl. CKU_16. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno m = a − b, va , γ . CKU_17. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a, va , δ = β − γ > 0. CKU_18. V rovině jsou dány přímky p, q a bod C, který na nich neleží. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby A ∈ p a B ∈ q. CKU_19. V rovině jsou dány rovnoběžky p, q a přímka m s nimi různoběžná. Sestrojte rovnostranný trojúhelník ABC tak, aby A ∈ p a B ∈ q a C ∈ m. CKU_20. Do daného čtverce ABCD vepište čtverec KLMN s délkou strany d tak, aby jeho vrcholy K, L, M a N ležely po řadě na úsečkách AB, BC, CD a DA.

- 28 -

2.4 Konstrukční úlohy řešené na základě algebraického výpočtu Někdy se nám nedaří sestrojit požadovaný útvar z daných prvků, ale umíme nalézt algebraický výraz, který určuje prvek x pomocí prvků daných. Jestliže útvar dovedeme sestrojit, když k daným prvkům tento prvek x přidáme, převedli jsme úlohu na sestrojení prvku x pomocí nalezeného algebraického výrazu. Přehled konstrukcí algebraických výrazů nebudeme uvádět. Najdete jej na v bakalářské práci Jany Zobalové: Geometrické konstrukce řešené s využitím algebraického výpočtu, kterou lze stáhnout například z [a]. V práci jsou též vyřešeny úlohy CKU_21 až CKU_24. Úloha 24. Sestrojte trojúhelník ABC, jsou-li dány délky m = a + b, n = a − b > 0 a jeho obvod p. m+n m−n Řešení. Ze zadání a definice obvodu určíme a = ,b= , c = p − m. Z těchto alge2 2 braických výrazů sestrojíme úsečky délek a, b, c a pak trojúhelník ABC z jeho stran. Konstrukce jsou všechny triviální, jejich provedení přenecháváme čtenáři. Diskuse. Úloha má jediné řešení, a to jen tehdy, když délky a, b, c splňují trojúhelníkovou nerovnost a − b < c < a + b. Z ní po dosazení dostaneme tuto podmínku řešitelnosti: m + n < p < 2m. Jestliže poslední vztah neplatí, nemá úloha řešení.

Úloha 25. V pravoúhlém trojúhelníku ABC označme T bod dotyku vepsané kružnice s přeponou AB. Sestrojte takový trojúhelník, jsou-li dány délky x = AT a y = TB . Rozbor. Předpokládejme, že je trojúhelník sestrojen (obr. 40). Vepsaná kružnice se dotýká odvěsen AC a BC v bodech E a F. Délky tečen z bodu ke kružnici jsou stejné: AE = AT = x, BF = BT = y a CF = CE = ρ , kde ρ je poloměr vepsané kružnice. Čtyřúhelník EOFC je čtverec. Vidíme, že a = ρ + y, b = ρ + x a c = x + y. Pro délky stran trojúhelníka platí Pythagorova věta a 2 + b 2 = c 2 . Odtud po dosazení, roznásobení a ekvivalentních úpravách dostaneme kvadratickou rovnici s neznámou ρ :

ρ + ( x + y ) ρ − 2 xy = 0. 2

Obr. 40 (3)

Její diskriminant D = ( x + y ) 2 + 4 xy je vždy kladný a dokonce větší než x + y. Naší úloze vyhovuje jen kladný kořen 1 ρ = ( d − ( x + y ) ) , kde d = ( x + y ) 2 + 4 xy . (4) 2 Můžeme tedy sestrojit poloměr ρ kružnice vepsané včetně úseček o délkách a = ρ + y, b = ρ + x a c = x + y. Tím naši úlohu převedeme na sestrojení trojúhelníku ze tří stran, což je triviální. Poznamenejme ještě, že délku c nemusíme sestrojovat. Stačí nalézt délky odvěsen. Konstrukce potřebných prvků včetně konstrukce trojúhelníka ABC je znázorněna na obr. 41. Úsečka PQ má délku x + y, výraz 4 xy = 2 x ⋅ 2 y byl sestrojen s využitím

- 29 -

Eukleidovy věty o výšce jako výška MN v pravoúhlém trojúhelníku KLN a délku d představuje přepona pravoúhlého trojúhelníku MNU, v němž NU = x + y. Délka d byla v závěru pomocných konstrukcí nanesena na polopřímku PQ, čímž vznikla úsečka QR délky 2 ρ . Konstrukce trojúhelníka je zřejmá.

Obr. 41

Diskuse. Úloha má pro libovolná kladná x, y právě jedno řešení. (Promyslete!) Poznámka. Uvedený postup výpočtu poloměru vepsané kružnice lze považovat za standardní, který asi napadne většinu řešitelů. Rovnice (3) se však dá odvodit i bez užití Pythagorovy věty, například z dvojího vyjádření dvojnásobku obsahu trojúhelníka: 2 S = a ⋅ b = s ⋅ ρ , kde s = x + y + ρ je polovina obvodu trojúhelníka. Přesvědčte se o tom a porovnejte tento postup s řešením úlohy 9.

Úloha 26. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou AB, je-li dáno a + b = m, vc . Rozbor. S využitím Pythagorovy věty a vztahu 2 S = a ⋅ b = c ⋅ vc dostáváme m 2 = a 2 + b 2 + 2ab = c 2 + 2cvc , neboli c 2 + 2vc c − m 2 = 0.

Tato kvadratická rovnice s neznámou c má diskriminant D = 4 ( vc2 + m 2 ) a jediné kladné

řešení

c = vc2 + m 2 − vc .

(5)

Užitím Pythagorovy věty snadno sestrojíme odmocninu ve vztahu (5) a pak úsečku délky c. Tím úlohu převedeme na (základní) konstrukci pravoúhlého trojúhelníka, v němž je dána délka c přepony a výška vc . Konstrukce je zřejmá z obr. 42.

- 30 -

Diskuse. Úloha má právě jedno řešení a to jen za podmínky, že c ≥ 2vc . Po dosazení ze vztahu (5) a úpravě má podmínka řešitelnosti tvar m ≥ vc 8.

Obr. 42 Cvičení CKU_21. Sestrojte pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou AB, je-li dáno c − a = m, c − b = n. CKU_22. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník ABC se základnou AB, je-li dáno 2a − c = m, vc . CKU_23. Sestrojte rovnoramenný trojúhelník ABC se základnou AB, je-li dáno c − a = m, va − vc = n. CKU_24. Na základě výpočtu vyřešte úlohy 16, 19 a CKU_15.

Poznámka. S jinými úlohami řešenými na základě algebraického výpočtu se ještě průběžně setkáme.

2.5 Užitečné postřehy a poznatky Zde se zaměříme na úlohy, jejichž řešení je snadné, pokud si uvědomíme (nebo již známe) souvislosti, které se při výuce geometrie na střední i základní škole většinou neuvádí. Při výkladu občas odbočíme od problematiky pouhých geometrických konstrukcí. Odvodíme některé poznatky užitečné i pro řešení jiných úloh. Řešení dalších úloh budeme popisovat stručněji. Nebudeme již důsledně rozlišovat rozbor, konstrukci, zdůvodnění a diskusi pomocí nadpisů.

2.5.1 Vázané prvky Pokuste se nejprve vyřešit následující úlohu, aniž byste se dívali na její řešení.

Úloha 27. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a, r , α , kde r je poloměr kružnice opsané.

- 31 -

Řešení. Korektní zadání úlohy na konstrukci trojúhelníka by mělo obsahovat tři nezávislé prvky. Naše úloha tuto podmínku nesplňuje, neboť podle sinové věty platí a = 2r sin α .

(6)

Představíme si na chvíli, že tuto okolnost neznáme, a pokusíme se úlohu vyřešit. Úlohu má smysl řešit jen pro 0 < a ≤ 2r. Pak lze sestrojit opsanou kružnici k (O, r ), na ní zvolit bod B a sestrojit vrchol C ∈ k ∩ h( B, a ). Zbývající vrchol A je průsečíkem kružnice k s množinou m = { X , ∠BXC = α } = m1 ∪ m2

(viz též úlohu 6 na str. 10). Jestliže zadané hodnoty nesplňují vztah (6), má množina m s kružnicí k společné pouze body B, C a úloha nemá řešení (obr. 43). Jestliže zadané hodnoty vyhovují vztahu (6), pak (při vhodném označení oblouků m1 a m2 ) je oblouk m1 nebo m2 totožný s jedním Obr. 43 z oblouků BC kružnice k. Úloha má nekonečně mnoho řešení, protože bod A můžeme zvolit kdekoliv na totožných obloucích. Z dosavadních plyne: Úlohy typů a, α , x , α , r , x a a, r , x , kde x ∉ {a, α , r} je nějaký další prvek trojúhelníka, jsou navzájem zaměnitelné. To znamená, že po vyřešení libovolné z nich lze pokládat za vyřešené i zbývající dvě úlohy.

I. Ke dvojici a, α sestrojíme r touto konstrukcí (obr. 44):

O

1. Úsečka BC délky a. 2. Úhel BCX velikosti α . 3. Osa o úsečky BC. 4. Kolmice q na CX v bodě C. 5. r = CO , kde O ∈ o ∩ q.

Obr. 44

- 32 -

II. Ke dvojici α , r sestrojíme a touto konstrukcí (obr. 45): 1. Kružnice k (O, r ). 2. Bod B ∈ k zvolíme. 3. Úhel BOX velikosti 2α . 4. C : → OX ∩ k . 5. Úsečka BC délky a. Obr. 45

III. Ke dvojici a, r sestrojíme α touto konstrukcí (obr. 46): 1. Kružnice k (O, r ). 2. Bod B ∈ k zvolíme. 3. C : k ∩ m( B, a ). 4. Úhel BOC má velikost 2α .

Důležité! Nutno uvažovat oba úhly BOC, jak vidíme na obr. 46. Kdybychom řešili rovnici sin α =

a , také vyjdou dva kořeny na intervalu 0, 1800 . 2r

Obr. 46

Úlohu 28 se pokuste nejprve vyřešit sami.

Úloha 28. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno: a) a, r , ρ , b) α , r , ρ , c) a, α , ρ ( ρ je poloměr kružnice vepsané).

Řešení. Víme již, že stačí vyřešit pouze jednu z úloh a), b) a c), protože pak lze každou ze zbývajících úloh převést pomocí postupu I, nebo II, nebo III na úlohu vyřešenou. Ve všech třech úlohách umíme sestrojit opsanou kružnici k s tětivou BC. Kdyby se nám podařilo sestrojit ještě vepsanou kružnici h( S , ρ ), našli bychom poslední vrchol A jako průsečík opsané kružnice k s tečnou z bodu B nebo C ke kružnici h (obr. 47). Protože poloměr kružnice h známe, stačí nalézt střed S. Ten leží na rovnoběžce p s přímkou BC vzdálené od ní o délku ρ . Poznamenejme, že z možných dvou rovnoběžek je to pouze jedna. Sice ta, jež

- 33 -

Obr. 47

leží ve stejné polorovině s hraniční přímkou AB, jako ten oblouk AB opsané kružnice k, na němž leží vrcholy obvodových úhlů velikosti α . Při tomto postupu je pro mnohé řešitele problém, jak nalézt ještě jednu čáru, na níž leží bod S. Jak ji nalézt nám asi nenapoví zadání a). Úhel α , který se vyskytuje v úkolech b) a c), nám trochu napovídá. Víme totiž, že střed S vepsané kružnice je průsečíkem os vnitřních úhlů. Zkusíme tedy vyjádřit velikost úhlu BSC pomocí α . Z trojúhelníku BSC na obr. 48 plyne ∠BSC +

β 2

+

γ 2

= 1800

a ze vztahu pro součet velikostí vnitřních úhlů trojúhelníka ABC:

β 2

+

γ 2

= 900 −

α 2

Obr. 48

.

Odečtením obou vztahů dostaneme vztah ∠BSC = 900 +

α 2

, z nějž plyne, že bod S leží na

α  tom oblouku m množiny  X , ∠BXC = 900 +  , který se nachází s přímkou p ve stejné 2  polorovině ohraničené přímkou BC. Odtud plyne konstrukce, která je stručně popsána na obr. 49. Diskusi přenecháváme čtenáři.

Obr. 49

Poznámka. Povšimněte si, že střed M oblouku m leží v průsečíku osy o s kružnicí k. Podaří se vám dokázat, že to není náhoda? Pokud to platí, můžeme konstrukci zjednodušit: Střed M oblouku m nalezneme jako k ∩ o (a velikost úhlu BSC nemusíme hledat).

- 34 -

Cvičení Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno: CKU_23. a) a, va , r ,

b) α , va , r ,

c) α , va , a.

CKU_24. a) a, b, r ,

b) α , b, r ,

c) α , b, a.

CKU_25. a) a, vb , r ,

b) α , vb , r ,

c) α , vb , a.

CKU_24. a) a, ta , r ,

b) α , ta , r ,

c) α , ta , a.

CKU_25. a) a, tb , r ,

b) α , tb , r ,

c) α , tb , a.

2.5.2 Vlastnosti os úhlů trojúhelníka Úloha 29. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a, b a CU = uc , kde U je průsečík osy úhlu ACB s úsečkou AB. Řešení. Předpokládejme, že je trojúhelník sestrojen a veďme bodem B rovnoběžku se stranou AC. Její průsečík s přímkou CU označme D a položme DU = d , AU = m a UB = n (obr. 50). Ze shodnosti střídavých úhlů BDC a ACD a střídavých úhlů DBA a CAB plyne podobnost trojúhelníků BDU a ACU a odtud d a n = = . uc b m

(7)

První ze vztahů (7) umožňuje sestrojit úsečku délky d jako čtvrtou geometrickou úměrnou. Po jejím nalezení je již konstrukce trojúhelníka ABC snadná. Vidíme ji i s popisem na obr. 51.

Obr. 51

- 35 -

Obr. 50

Diskuse. Úloha má řešení jen tehdy, když platí trojúhelníková nerovnost pro rovnoramenný trojúhelník CDB: ua + d < 2a. Platí-li tato nerovnost, má úloha právě jedno řešení (p a q jsou různoběžky).

Druhý ze vztahů (7) jsme k vyřešení úlohy nepotřebovali. Představuje však užitečný poznatek: Věta 2. V libovolném trojúhelníku ABC protíná osa vnitřního úhlu ACB stranu AB v bodě U, pro nějž platí AU UB

=

AC BC

.

Jinými slovy osa vnitřního úhlu dělí protilehlou stranu trojúhelníka v poměru délek přilehlých stran.

Kolem roku 300 před naším letopočtem sepsal v Alexandrii Euklides Základy, z nichž je převzata podstatná část dnešního učiva planimetrie na základních a středních školách. Říká se o něm, že svým žákům zadával úlohy tří kategorií. Do první z nich zařadil základní konstrukce geometrických útvarů a ve druhé požadoval důkazy matematických vět. Úlohy třetí kategorie byly nejtěžší. Spočívaly v tom, že učitel předvedl zdánlivě korektní důkaz evidentně nepravdivého tvrzení a žákovým úkolem bylo nalézt v důkazu chybu. Příkladem, jak by taková úloha mohla vypadat je následující úvaha, pomocí níž dokážeme, že obecný trojúhelník má stejně dlouhé strany. Uvažujme libovolný trojúhelník ABC, v němž U je průsečík osy úhlu ACB se stranou AB a D je průsečík osy o strany AB s přímkou CU (obr. 52). Navíc označíme P a Q paty kolmic z bodu D na strany AC a BC. Z faktu, že bod D leží na ose úhlu ACB plyne DP = DQ . Pravoúhlé trojúhelníky CDQ a CDP mají společnou přeponu CD a navíc se shodují v odvěsnách proti vrcholu C. To znamená, že jsou shodné podle věty Ssu o shodnosti trojúhelníků. Odtud plyne:

QC = PC .

(8)

Obr. 52

Z podmínky D ∈ o dále plyne AD = BD , neboť osa úsečky AB je množinou všech bodů X dané roviny, pro něž platí AX = BX . Pravoúhlé trojúhelníky ADQ a BDP jsou shodné podle věty Ssu, neboť mají shodné přepony AD, BC a shodují se i v odvěsnách DQ, DP. Ze shodnosti plyne AQ = BP . Pomocí této rovnosti a vztahu (8) dostáváme

AC = AQ + QC = BP + PC = BC .

- 36 -

□

Je zřejmé, že rovnost délek stran AC a BC může platit jen v rovnoramenném trojúhelníku s hlavním vrcholem C (resp. v rovnostranném trojúhelníku). Důkaz zřejmě není korektní, přestože uvedenému postupu nelze nic podstatného vytknout. Chyba je v obrázku. Ten byl záměrně nakreslen chybně: Přímku o jsme umístili napravo od skutečné osy úsečky AB a úhel ACU je větší, než úhel UCB. Průsečík D přímek CU a o se v důsledku těchto nepřesností nachází uvnitř trojúhelníka ABC. Ve skutečnosti tomu tak není. Osa strany AB zřejmě prochází středem M oblouku AB kružnice opsané trojúhelníku ABC (obr. 53). Shodným obloukům AM a MB přísluší shodné obvodové úhly ACM a MCB, proto i osa úhlu ACB prochází bodem M. Jinými slovy je průsečík obou os středem M oblouku AB. Poznatek shrneme do věty:

Obr. 53

Věta 3. V každém trojúhelníku ABC se průsečík osy vnitřního úhlu ACB a osy strany AB nachází ve středu toho oblouku AB kružnice opsané, který neobsahuje bod C.

Úloha 30. Sestrojte trojúhelník ABC, jsou-li dány délky BU = m, UC = n (U je průsečík osy úhlu BAC s úsečkou BC) a poloměr r kružnice trojúhelníku opsané. Řešení.

Ze zadání plyne BC = m + n, proto není

problém sestrojit kružnici k (O, r ) s tětivou BC, na kterou umístíme bod U tak, aby BU = m (obr. 54). Je-li M střed oblouku BC, sestrojíme pomocí věty 3 bod A jako průsečík přímky UM s kružnicí k. Konstrukce je zobrazena a popsána na obr. 55. Diskuse. Úloha nemá řešení, je-li m + n > 2r. Když platí m + n = 2r , má úloha 1 řešení (pravoúhlý trojúhelník). Pokud je m + n < 2r , má úloha dvě řešení, jak vidíme na obr. 55. Obr. 54

Poznámka. Věta 3 je důsledkem základních vlastností osy úhlu a úsečky. Přesto je silným nástrojem pro řešení některých úloh. Uvedené řešení úlohy 30 je názorným příkladem její užitečnosti. Těžko bychom našli jiný a přitom tak jednoduchý postup.

- 37 -

Obr. 55 Cvičení Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a + b = d , BU = m, UC = n (U je průsečík osy úhlu BAC a úsečky BC). (Vypočítejte nejprve délky stran a, b a c.) CKU_27. Uvnitř kruhu ohraničeného danou kružnicí k je dán bod U. Vepište do kružnice k trojúhelník ABC tak, aby jeho strana AB měla danou délku c a bod U byl průsečíkem strany AB s osou úhlu ACB. CKU_28. Je dán trojúhelník BCD. Sestrojte tětivový čtyřúhelník ABCD tak, aby kružnice vepsaná trojúhelníku ABC měla daný poloměr ρ . CKU_26.

CKU_29. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno ta , va , ua ( ua = AU , kde U je průsečík osy úhlu BAC a úsečky BC).

2.5.3 Věta o délkách tečen Dalším účinným nástrojem geometrického objevování je věta o délkách tečen známá ze základní školy:

Věta 4. Jestliže mají tečny z bodu M ke kružnici k body dotyku T a U, pak MT = MU . Důkaz. Pravoúhlé trojúhelníky MOU a MOT mají společnou přeponu MO a shodují se v odvěsnách OU a OT délky r (obr. 56). Jsou shodné podle věty Ssu, tedy MT = MU . □

Obr. 56

- 38 -

Úloha 31. Je dána kružnice k (O, r ) s tečnou t v bodě dotyku T a bod M, který leží vně kružnice k, avšak neleží na t. Sestrojte tečny p, q ke kružnici k tak, aby trojúhelník ohraničený přímkami p, q, t měl daný obvod o = 2 s a aby M ∈ q. Řešení. Předpokládejme, že sestrojením tečen p, q vznikl trojúhelník ABC (obr. 57). Při označení podle obrázku (a podle věty 4) platí:

CD = CU = m a BD = BT = n, 2s = a + (m + n) + c = (a + m) + (n + c) = BU + BT = 2 BT . Z právě odvozené rovnosti BT = s plyne konstrukce, kterou i s popisem znázorňuje obr. 58. Diskuse. Úloha má 0 až 2 řešení. Tečna t a velikost s určují jednoznačně trojúhelníky TBU a TB1V . Trojúhelník ABC (resp. A1 B1C1 ) totiž vznikne, když některá z tečen q a q1 bude mít po jednom společném bodu buď s vnitřky

Obr. 57

úseček BT a BU, nebo s vnitřky úseček B1T a B1V . Situace, kdy má úloha 2, 1, nebo 0 řešení znázorňují po řadě obr. 58, obr. 59a , obr. 59b.

Obr. 58

Obr. 59a

Obr. 59b

- 39 -

Poznatky získané řešením úlohy nyní rozšíříme. Na obr. 60 je znázorněn trojúhelník ABC s vepsanou kružnicí k (O, r ) a kružnicí ka (Oa , ra ), připsanou trojúhelníku ke straně BC. Pro délky tečen z vrcholů A, B a C ke kružnici vepsané zavedeme (v daném pořadí) označení x, y a z:

x = AL = AM , y = BM = BK , z = CK = CL . Obr. 60 Pomocí obr. 60 snadno ověříme, že s = x + y + z , a = y + z = s − x, b = z + x = s − y , c = x + y = s − z , kde s je polovina délky obvodu trojúhelníka ABC. Po přidání poznatku AT = s = AU (z řešení úlohy 31) k těmto vztahům dostáváme

BT = AT − AB = ( x + y + z ) − ( x + y ) = z a analogicky

CV = y.

Platí tedy

y = BM = BK = CV = CU a z = CK = CL = BT = BU . To znamená, že délky tečen z vrcholu B ke kružnici k jsou stejné jako délky tečen z vrcholu C ke kružnice ka a délky tečen z vrcholu C ke kružnici k jsou stejné jako délky tečen z vrcholu B ke kružnice ka . Analogické vztahy platí i pro strany AC a AB. (Nakreslete si obrázek a vztahy odvoďte.)

Úloha 32. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a, ρb , ρ c . Řešení. Jestliže jsou K a L body dotyku přímky AB s kružnicemi kc (Oc , ρ c ) a kb (Ob , ρb ), pak platí KL = KA + AL = y + z = a (obr. 61). Odtud plyne konstrukce: 1. Sestrojíme úsečku AL délky a. 2. Na kolmicích k přímce KL v bodech K a L sestrojíme po řadě body Oc a Ob ve vzdálenostech ρ c a υb tak, aby ležely v opačných polorovinách s hraniční přímkou KL (obr. 61). 3. Sestrojíme kružnice kc (Oc , ρ c ) a kb (Ob , ρb ). 4. Sestrojíme společné tečny ke kružnicím kc , kb . 5. Trojúhelník ABC je ohraničen jednou vnější

- 40 -

Obr. 61

(9)

a dvěma vnitřními tečnami. Přitom bod A je průsečíkem vnitřních tečen a bod B průsečíkem vnější tečny s přímkou KL. Diskuse. Úloha má vždy právě jedno řešení. (Společné tečny dvou kružnic jsou symetrické podle přímky Ob Oc a proto je druhý možný trojúhelník, označme jej AB1C1 , shodný s trojúhelníkem ABC.) Úloha 33. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a, ρ , va . Řešení. Pro dvojnásobek obsahu trojúhelníka ABC platí 2 S = a ⋅ va = 2 s ⋅ ρ . Odtud dostáváme s va vztah = , pomocí nějž získáme úsečku délky s jako čtvrtou geometrickou úměrnou a 2ρ a pak i úsečku délky x = s − a. Určení délky x umožňuje sestrojit pravoúhlý trojúhelník AOT s odvěsnami AT a OT délek x a ρ (obr. 62). Ten je základem ke konstrukci vepsané kružnice k (O, ρ ) a jejích tečen t a t1 = ↔ AT z bodu A. Zbývá sestrojit tečnu BC tak aby C ∈ t , B ∈ t1 a BC = a. K tomu je užitečné povšimnout si, že průsečík Q úsečky AP, kde P je pata kolmice z A na BC, a Thaletovy kružnice nad průměrem AO je od vrcholu A vzdálen o délku va − ρ . Můžeme tedy sestrojit trojúhelník AOQ i patu výšky P, neboť P ∈ → AQ ∩ m( A, va ). Tečnu BC sestrojíme jako rovnoběžku s přímkou OQ v bodě P.

Obr. 62 Konstrukce byla právě popsána a zdůvodněna. Diskuse. Konstrukci úsečky délky x zajistí podmínka s > a, konstrukci bodu Q podmínka

va − ρ ≤ x 2 + ρ 2 , která je důsledkem vztahu AQ ≤ AO . Dále již snadno zjistíme, že úloha má řešení právě tehdy, když platí 2 ρ < va ≤ ρ + x 2 + ρ 2 . Pokud má úloha řešení, má je jediné, neboť konstrukce s využitím průsečíku Q1 vede na trojúhelník, který je s trojúhelníkem ABC symetrický podle přímky AO.

Cvičení CKU_30. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno c, s, ρ a .

- 41 -

CKU_31. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno b + c − a = d , α , AU = ua , CKU_32.

Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno b − c = d , ρ , ρ a .

CKU_33. Sestrojte trojúhelník ABC, je-li dáno a + b − c = d , γ , vc .

3. Aplikace V této kapitole se zaměříme na využití geometrických konstrukcí v praxi. Seznámíme se s problémy, které se většinou týkají hledání maximálních nebo minimálních hodnot některých veličin. Obsah nebo obvod bývá extremální u pravidelných rovinných útvarů. K hledání extrémů v geometrii (i důkazu, že extrém nastal) je tedy vhodné využívat symetrie a různé geometrické postřehy. Tak můžeme obejít (někdy složité) algebraické postupy.

3.1 Problém místnosti v podkroví a izoperimetrické úlohy Úloha 34. Ve zdi je výklenek, jehož příčný řez je tvaru pravoúhlého trojúhelníka ABC na obr. 63. Chceme si do něj pořídit skříňku znázorněnou na obrázku pravoúhelníkem AKLM. Určete její rozměry x a h, aby byl obsah průřezu AKLM maximální. Řešení. Převedeno do řeči matematiky máme do trojúhelníka ABC s pravým úhlem při vrcholu A vepsat pravoúhelník AKLM maximálního obsahu. Obr. 63 Úhel KLM je pravý, proto je součet velikostí ostrých úhlů MLC a BLK roven 900. Osová souměrnost zachová délky úseček a velikosti úhlů i obsahů. Odtud plyne, že body C ′ = S ↔ ML (C ), B′ = S ↔ KL ( B) a L = S ↔ KL ( L) = S ↔ ML ( L) leží na téže přímce (obr. 64) a platí P = PLMC ′ + PKLB′ + PAKLM , kde P je obsah trojúhelníka ABC a PXYZ obsah útvaru XYZ.

Obr 64a

Obr 64b

Obr 64c

Jestliže se bod L nachází ve středu L0 úsečky BC, je C ′ = B′ = A (obr. 64b). Sjednocením nepřekrývajících se trojúhelníků LMC ′ a KLB′ je pravoúhelník AKLM. To znamená, že obsah pravoúhelníku AKLM je roven polovině obsahu P trojúhelníka ABC: PAKLM = P 2.

- 42 -

Je-li L uvnitř úsečky CL0 , je obsah sjednocení trojúhelníků LMC ′ a KLB′ roven součtu obsahu pravoúhelníku AKLM a obsahu přečnívajícího trojúhelníka AC ′B′, tedy PAKLM < P 2 (obr. 64a). Analogicky platí PAKLM < P 2 i tehdy, když je bod L uvnitř úsečky BL0 (obr. 64c).

Závěr. Obsah příčného řezu poličky je maximální, právě když x = Maximální hodnota tohoto obsahu je Pmax =

1 1 AB a h = AC . 2 2

1 1 AB ⋅ AC = P0 . 4 2

Úloha 35. Majitel domku se rozhodl využít rozlehlý prostor na půdě k výstavbě podkrovní místnosti, jejíž příčný řez znázorňuje obdélník KLMN na obr. 65. (Profil půdního prostoru představuje trojúhelník ABC.) Jaké má zvolit rozměry x = KL a h = LM , aby byl obsah průřezu KLMN co největší? Řešení. Výškou CQ rozdělíme trojúhelník ABC na dva trojúhelníky se společnou odvěsnou CQ. Tím je úloha převedena na již vyřešenou úlohu 34 (sestrojení pravoúhelníků maximálního obsahu vepsaných do shodných pravoúhlých trojúhel níků AQC a BQC podle obr. 66a).

Obr. 66a

Obr. 65

Obr. 66b

Závěr. Příčný řez podkrovní místnosti bude mít maximální obsah 15 m2 při šířce 6 m a výšce 2, 5 m. Poznamenejme, že v praxi je výhodnější řešit využití podkroví spíše podle obr. 66b ve formě dvou místností se zkoseným stropem a střešním oknem. Pro dané zadání je při výšce dolního okraje okna 1, 2 m délka KL větší než 9 m. To znamená efektivnější využití prostoru. Obytná plocha se zvýší o více než 50 %, střešní okna propustí více světla a místnosti nebudou mít tvar obyčejných kvádrů. Bydlení v takovém prostředí bude zdravější a poskytne uživateli zajímavější možnosti estetické úpravy interiéru. To však nesnižuje užitečnost uplatnění výsledku naší úlohy jinde. V úloze 34 jsme se omezili na pravoúhlý trojúhelník. Zajímavé je, že obecnější problém uměl řešit již Euklides, jak víme z 27. věty šesté knihy jeho Základů. Než se s jeho tvrzením seznámíme, poopravíme nepřesnosti, které se kolem 27. věty občas uvádí.

- 43 -

Doslovný překlad věty 27/VI Euklidových Základů je dnešnímu čtenáři poměrně nesrozumitelný. Snad proto Dirk Struik ve svých Dějinách matematiky napsal: "Zvláště zajímavá je 27. věta šesté knihy, která obsahuje i s důkazem první v historii matematiky známý maximální problém, že čtverec má největší obsah ze všech obdélníků daného obvodu." Citovaná věta je poněkud nešťastně zformulovaná,2 proto k ní dodáváme: 1. Tvrzení, že čtverec má největší obsah ze všech pravoúhelníků daného obvodu se v Základech neuvádí. Lze je z věty 27/VI vyvodit jako důsledek. 2. Prvním v historii známým maximálním problémem je tzv. Didonina úloha známá z pověsti o vzniku Kartága, která však nebyla ve starověku dokázána. Podle pověsti založila město Kartágo královna Didó (= Elissa příp. Elissar), která utekla z Tyru3 poté, co byl její manžel zavražděn během pokusu jejího mladšího bratra o posílení své vlastní moci. Princezna doplula k zálivu na pobřeží severní Afriky a chtěla tam založit osadu. Proto požádala místního náčelníka, aby jí část pobřeží prodal. Vychytralý vládce odpověděl, že za nabízené šperky jí prodá jen takový kus půdy, který dokáže ohraničit kůží z vola. Princezna souhlasila, kůži rozřezala na tenké řemínky, z nich pak svazováním vytvořila dlouhý řemínek a ohraničila jím při pobřeží půlkruh (viz obr. 67). To byl (podle jejích představ, resp. podle představ autorů pověsti) útvar o největším obsahu ohraničený přímkou a křivkou (půlkružnicí) dané délky. Na zakoupeném pozemku postavila osadu, která byla nazvána Kartágo. Poznamenejme, že úlohy, v nichž hledáme útvar daného obvodu a maximálního obsahu, se nazývají izoperimetrické úlohy (perimetr = obvod). Obr. 67 Věta 5 nás seznámí s obsahem tvrzení 27/VI Základů. Uvedeme i Euklidův důkaz věty, který je postaven na lemmatu často využívaném v řecké geometrické algebře: Lemma 1. Jestliže M je libovolný vnitřní bod úhlopříčky rovnoběžníka ABCD, pak přímky, které jsou vedeny bodem M rovnoběžně se stranami rovnoběžníka, z něj odřezávají dva rovnoběžníky o témže obsahu (obr. 68). Důkaz. Použijeme označení podle obr. 68. Úhlopříčka rozděluje rovnoběžník na dva trojúhelníky téhož obsahu, to znamená že lze položit S1 = S ACD = S ACB , S 2 = S AMG = S AME a S3 = S MCF = S MCH . Rovnoběžníky GMFD a EBHM tedy mají stejný obsah S = S1 − ( S2 + S3 ) . □ Obr. 68

2

Přitom pomíjíme okolnost, že čtverec nepatří mezi obdélníky. Fénicky Tyr nebo Týros, latinsky Tyros. Bylo to významné obchodní město-stát, součást Fénicie, volného sdružení měst, které se rozkládalo na jihozápadním pobřeží Středozemního moře (dnešní Libanon).

3

- 44 -

Věta 5. (Upravená formulace věty 27/VI Základů.) Ze všech rovnoběžníků AKLM vepsaných do daného trojúhelníka ABC tak, že body K, L, M leží po řadě na stranách AB, BC, CA má největší obsah ten, jehož vrchol L je umístěn ve středu L0 úsečky BC. Důkaz. Nechť je trojúhelníku ABC vepsán rovnoběžník AKLM, jehož vrchol L leží uvnitř úsečky BL0 (obr. 69). Do obrázku ještě doplníme rovnoběžníky AK 0 L0 M 0 a K 0 BTL0 , kde T je obrazem bodu L0 v posunutí o vektor M 0 L0 . Přímky ML a KL ohraničují podle lemmatu 1 v rovnoběžníku K 0 BTL0 při vrcholech T a K 0 rovnoběžníky LRTU a K 0 KLQ téhož obsahu ∆P. Označme

Obr. 69

∆S obsah rovnoběžníku MQL0 M 0 . Pak platí ∆S = S MQL0 M 0 = SQRTL0 > ∆P a S AKLM = S AK0 L0 M 0 − ∆S + ∆P < S AK0 L0 M 0 .

Důkaz vztahu S AKLM < S AK0 L0 M 0 pro situace, kdy se bod L nachází uvnitř úsečky L0C , je analogický. Ponecháváme jej čtenáři. □

Věta 6. Největší obsah ze všech pravoúhelníků daného obvodu má čtverec. Důkaz. Aplikujme větu 5 na rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník ABC s přeponou BC. Vepsaný rovnoběžník AKLM je pro každý bod L zvolený uvnitř strany BC pravoúhelník, s obvodem rovným obvodu čtverce AK 0 L0 M 0 . (Ověřte pomocí obr. 70.) Podle věty 5 má tedy čtverec největší obsah ze všech pravoúhelníků téhož obvodu. □

Poznámka. Čtenář si zajisté uvědomil, že i závěr úlohy 34 je důsledkem věty 5. Izoperimetrickou úlohou obecně rozumíme úkol nalézt mezi všemi rovinnými útvary se stejným obvodem ten, jež má největší obsah. Již ve staroObr. 70 věku vznikla domněnka, že tímto útvarem je kruh. Přesný důkaz však byl podán až v devatenáctém století. Pokud přidáme k obecné izoperimetrické úloze omezující podmínky, dostáváme její speciální varianty. Takovou úlohou je například Didonina úloha, nebo úloha, jejíž řešení vyslovuje věta 6. V úlohách 36 a 37 vyřešíme dva izoperimetrické problémy pro trojúhelníky. S problematikou čtyřúhelníků se seznámíme ve cvičení.

- 45 -

Úloha 36. Mezi všemi trojúhelníky ABC, které mají pevně zvolenou délku c strany AB a stejný součet m délek stran BC a AC nalezněte ten, který má největší obsah. Řešení. Úloha má řešení za podmínky 0 < c < m (trojúhelníková nerovnost). Předpokládejme, že je úsečka AB v dané rovině pevně umístěna. Vrcholy C všech trojúhelníků ABC, pro něž platí BC + AC = m, leží na elipse s ohnisky A, B a hlavní poloosou m 2. Největší obsah má trojúhelník s největší výškou vc , tedy trojúhelník ABC0 , kde C0 je vedlejší vrchol elipsy (obr. 71).

Závěr. Ze všech trojúhelníků ABC, které mají pevně zvolenou délku c strany AB a stejný součet m délek stran BC a AC, má (pro c < m) největší obsah rovnoramenný trojúhelník s rameny BC a AC délky m 2.

Obr. 71

Další úlohu lze jednoduše vyřešit využitím A-G nerovnosti (viz druhé řešení úlohy 37). Neznám řešení, které by bylo zřejmé přímo z obrázku, omezíme se tedy na dva početní postupy.

Úloha 37. Mezi všemi trojúhelníky téhož obvodu 2s nalezněte ten, který má největší obsah. První řešení úlohy 37. Rovnostranný trojúhelník s obvodem 2 s = 6d má délku strany 2d, výšku d 3 a obsah d 2 3. Ukážeme, že každý jiný trojúhelník s obvodem 2s má obsah menší. Z úlohy 36 víme, že každý nerovnoramenný trojúhelník lze nahradit rovnoramenným trojúhelníkem s větším obsahem a stejným obvodem. Proto stačí ukázat, že mezi všemi rovnoramennými trojúhelníky stejného obvodu má největší obsah trojúhelník rovnostranný. 1. Má-li rovnoramenný trojúhelník ABC s obvodem 6d základnu AB délky 2(d + x), kde 0 < x < d 2, pak

AC = BC = 2d − x a pomocí Pythagorovy věty pro trojúhelník QBC (obr. 72a) zjistíme v = CQ = (2d − x)2 − (d + x) 2 = 3d (d − 2 x)

Obr. 72a

a

S=

1 AB ⋅ v = (d + x) 3d (d − 2 x) = 3d ( d 3 − x 2 (3d + 2 x) ) < d 2 3, 2

neboť 0 < x 2 (3d + 2 x) < d 3 . 2. Má-li rovnoramenný trojúhelník ABC s obvodem 6d základnu AB délky 2(d − x), kde 0 < x < d , pak AC = BC = 2d + x a pomocí Pythagorovy věty pro trojúhelník QBC (obr. 72b) zjistíme

- 46 -

v = CQ = (2d + x) 2 − (d − x) 2 = 3d (d + 2 x) a S=

1 AB ⋅ v = (d − x) 3d (d + 2 x) = 3d ( d 3 − x 2 (3d − 2 x) ) < d 2 3, 2

neboť 0 < x 2 (3d − 2 x) < d 3 .

Závěr. Ze všech trojúhelníků stejného obvodu má největší obsah rovnostranný trojúhelník.

Obr. 72b

Druhé řešení úlohy 37 využívá větu o nerovnosti mezi aritmetickým a geometrickým průměrem. Uvedeme jen její znění. Důkaz nerovnosti nalezne čtenář v diplomové práci Evy Řezníčkové: Elementární metody řešení extremálních úloh (ke stažení na [a]).

Věta 7 (A-G nerovnost). Pro libovolně zvolená nezáporná čísla x1 , x2 , … , xn platí x + x2 + … + xn n x x …x ≤ 1 , 1 2 n n přičemž rovnost nastává, právě když platí x1 = x2 = … = xn . Výraz Gn = n x1 x2 … xn se nazývá geometrický průměr z čísel x1 , x2 , … , xn a výraz An =

x1 + x2 + … + xn se nazývá aritmetický průměr z čísel x1 , x2 , … , xn . n

Druhé řešení úlohy 37. Libovolný trojúhelník s obvodem 2s a stranami délek a, b, c má podle Heronova vzorce obsah S = s ( s − a)( s − b)( s − c). (10) Výrazy s − a, s − b a s − c jsou kladné, proto podle věty 7 platí 3

( s − a )( s − b)( s − c) ≤

( s − a ) + ( s − b) + ( s − c) s = , 3 3

neboli ( s − a )( s − b)( s − c) ≤

s3 . 27

(11)

s Přitom rovnost platí, právě když a = b = c = . Po dosazení (11) do (10) zjistíme, že troj3 s2 3 úhelník s obvodem 2s má největší možný obsah S max = a to právě tehdy, když je 9 rovnostranný.

- 47 -

Základní elementární metody řešení extremálních úloh Pro úlohy z odstavce 3.1 je typické, že na množině M útvarů U, které splňují dané podmínky, hledáme útvar U 0 s největší hodnotou v0 dané veličiny v. Lze užít některý z těchto postupů: 1. Vyčerpávající metoda. Na základě experimentování nebo využitím symetrie apod. vytipujeme U 0 . Potom ukážeme, že pro všechny U ∈ M a U ≠ U 0 je v < v0 . 2. Využití odhadu. Pomocí některé ze známých nerovností odhadneme, že pro libovolný útvar U ∈ M platí v ≤ v0 a uvedeme příklad útvaru U 0 , který má v = v0 . 3. Postupné přibližování k extrému. Z množiny M postupně vylučujeme ty útvary, které mají v < v0 , až nakonec zbydou jen útvary s maximální hodnotou v0 dané veličiny. (Viz úlohy CKU_35 - 39.) Analogicky postupujeme při hledání minima (promyslete jak.)

Cvičení CKU_34. Vyřešte úlohu 36 metodou druhého řešení z úlohy 37 (tzn. pomocí A-G nerovnosti). CKU_35. a) Dokažte, že ze všech rovnoběžníků, které mají stejný obvod a shodný ostrý vnitřní úhel, má největší obsah kosočtverec. b) Dokažte, že ze všech rovnoběžníků ABCD, které mají AB = BC = CD = DA má největší obsah čtverec. CKU_36. Dokažte, že ke každému zkříženému čtyřúhelníku (viz obr. 73) lze nalézt nezkřížený čtyřúhelník s větším obsahem a stejným obvodem.

Obr. 73 CKU_37. Dokažte, že ke každému nekonvexnímu čtyřúhelníku lze nalézt konvexní čtyřúhelník s větším obsahem a stejným obvodem. CKU_38. Dokažte, že ke každému konvexnímu čtyřúhelníku ABCD, který není souměrný podle osy úhlopříčky AC, lze nalézt čtyřúhelník KLMN, který má větší obsah, stejnýobvod a úhlopříčku KM délky KM = AC . (Využijte závěr z úlohy 36.) CKU_39. Dokažte, že ze všech čtyřúhelníků téhož obvodu má největší obsah čtverec. (Využijte výsledky úloh CKU_35-38.) CKU_40. V rovině je dán pravoúhelník ABCD, AB = a, BC = b. Bodem B veďte přímku p tak, aby obsah trojúhelníka ohraničeného přímkami p, DC a DA byl minimální.

- 48 -

3.2 Osová souměrnost - aplikace 3.2.1 Heronova úloha Budeme se zabývat úlohou, kterou využil Heron alexandrijský k odvození zákonu odrazu světla na rovinném zrcadle nebo vodní hladině. V publikacích rekreační matematiky bývá formulována takto: Úloha 38. Jezdec, který se nachází na planině v místě A, má namířeno do místa B (obr. 75). Nejdříve však musí napojit koně někde u řeky, kterou na obrázku představuje přímka p. Sestrojte bod X ∈ p tak, aby trajektorie z A do X a pak z X do B měla minimální délku. Úloha 38 bývá i s řešením uváděna ve středoškolských učebnicích. Pokud ji neznáte, pokuste se ji samostatně vyřešit. Prospěšný vám k tomu může být soubor KU_38A z přílohy 1. Snímek obrazovky při práci se souborem představuje obr. 74. Body A, B a X lze přemisťovat a pozorovat, jak se přitom mění hodnoty |AX|, |XB|, s = AX + XB a velikosti vyznačených úhlů. Tlačítko 1 zobrazuje a skrývá čárkovanou úsečku délky s. Jestliže pro její horní koncový bod zvolíme Stopa ano, a bod X rozpohybujeme, vykreslí se křivka závislosti dráhy s na poloze bodu X. Tuto závislost lze též zobrazit tlačítkem 2.

Obr. 74 Řešení úlohy 38. Označme C obraz bodu A v souměrnosti podle přímky p (obr. 75). Libovolně zvolený bod X ∈ p je v souměrnosti podle p samodružný, platí

AX = CX a s = AX + XB = CX + XB ≥ CB , neboť délky CX , XB a CB splňují trojúhelníkovou nerovnost. Dráha s je nejkratší jen pro X = X 0 , kde X 0 je průsečík úsečky BC s přímkou p. Konstrukce:

1. C = S p ( A).

Obr. 75

2. X 0 ∈ ↔ BC ∩ p.

- 49 -

Bod X 0 lze zřejmě sestrojit i jako průsečík přímky p a úsečky AD, kde D = S p ( B ) (obr. 76). Z konstrukce plyne, že trojúhelníky ACX 0 a BDX 0 jsou rovnoramenné. Jsou-li P a Q středy jejich základen AC a BD, pak platí

∠AX 0 P = ∠PX 0C = ∠BX 0Q = ∠QX 0 D , neboť úhly ∠PX 0C a ∠QX 0 B jsou vrcholové. Zjistili jsme, že pro bod X ∈ p který má minimální součet AX + XB , svírají přímky AX a BX stejně velké úhly s přímkou p. Obráceně: Jestliže pro nějaký bod X ∈ p svírají navzájem Obr. 76 různé přímky AX a BX s přímkou p stejné úhly, pak přímka BX protne kolmici z bodu A na přímku p v bodě C = S p ( A) a tedy X = X 0 . Poznatky shrneme do věty:

Věta 8. K libovolným vnitřním bodům A, B ( A ≠ B ) poloroviny existuje na její hraniční přímce p právě jeden bod X 0 , pro nějž jsou přímky AX 0 a BX 0 různé a svírají s přímkou p stejně velké úhly. Bod X 0 má jako jediný ze všech bodů X ∈ p minimální hodnotu výrazu s = AX + XB a je společným průsečíkem přímek p, S p ( A) B a AS p ( B ).

Dosud jsme měli pevně zvoleny body A, B a přímku p. Zkusme problém pozměnit: Představme si, že je pevně zvolena hodnota s = BC = AX 0 + X 0 B , kdežto poloha bodu C a v důsledku toho i přímky p je proměnná. Vzhledem k podmínce s = konst. je množinou všech poloh bodů C kružnice k ( B, s ) a množinou všech bodů X 0 je elipsa m s ohnisky A, B, pro jejíž hlavní poloosu a platí 2a = s (obr. 77). Z předchozího víme, že každý bod X ≠ X 0 přímky p splňuje vztah

AX + XB > AX 0 + X 0 B , a tak leží ve vnější oblasti elipsy m. Přímka p má s elipsou m společný pouze bod X 0 . Je tečnou elipsy v bodě X 0 . Obr. 77 Cílem této úvahy bylo ukázat souvislost Heronovy úlohy se známým poznatkem, že tečna elipsy půlí vnější úhly průvodičů dotykového bodu. (Důsledkem faktu, že přímky AX 0 a BX 0 jsou osově souměrné podle p.) Navíc odtud plyne, že při pohybu bodu C po kružnici k obalují osy p úseček AC elipsu

- 50 -

s ohnisky A, B a hlavní poloosou a = s 2. Názornou pomůckou pro demonstraci tohoto poznatku je soubor KU_39 ELIPSA_H. Po otevření tohoto souboru označte myší při nabídce Stopa ano/ne přímku p, resp. její (neoznačený) průsečík s úsečkou AC. Pak pomocí nabídky Pohyb objektu rozpohybujte bod C. Výsledek je znázorněn na obr. 78. Poznamenejme ještě, že tlačítka skrývání umožňují nahradit úsečku BC přímkou BC a naopak, což se nám bude hodit při řešení úloh CKU_45 a CKU_46.

Obr. 78

Jiné vymodelování získáme i bez počítače přehýbáním papíru: Na list průsvitného papíru sestrojíme kružnici k ( E , s = 2a ) a v její vnitřní oblasti bod F. Papír postupně přehýbáme tak, aby část kružnice na přehnuté straně listu procházela bodem F. Přehyby obalují elipsu s ohnisky E, F a hlavní poloosou a (obr. 79).

Obr. 79

- 51 -

Při řešení matematických úloh často pracujeme s množinou M určitých veličin, nazývejme je parametry, z nichž některé považujeme za dané konstanty (tzv. zafixované parametry) a jiné za proměnné, jejichž hodnoty máme za určitých podmínek nalézt. Jednou z cest objevování nových poznatků je změna fixace parametrů: Na množině M zvolíme některé proměnné jako konstanty (zafixujeme je) a některé konstanty "uvolníme" - budeme je považovat za proměnné.

V následujícím cvičení lze při řešení úlohy CKU_41 využít soubory CKU_41_zadání.fig a CKU_41_řešení.fig. Nápovědu k řešení úlohy CKU_42 naleznete v odstavci 3.2.2.

Cvičení CKU_41. Tulák se nachází na louce v místě M (obr. 80). Přímka r znázorňuje řeku a přímka c silnici. Tulák chce jít do libovolného bodu X ∈ r a po osvěžení u řeky do libovolného místa Y ∈ c. (Z místa Y pojede autostopem.) Sestrojte body X a Y tak, aby jeho dráha s = MX + XY byla minimální. CKU_42. Uvnitř konvexního úhlu XVY je dán bod C (obr. 81). Na ramenech VX a VY sestrojte body A a B tak, aby byl obvod trojúhelníka ABC minimální.

Obr. 80

Obr. 81 Obr. 82 CKU_43. Puk se nachází na ledové ploše v místě P (obr. 82). Hokejista A jej má přihrát spoluhráči B odrazem přes mantinel m, aby puk nezachytil jejich soupeř C. Hokejista B může puk zachytit kdekoli v oblasti ohraničené kružnicí k. Sestrojte množinu všech možných trajektorií úspěšné přihrávky. CKU_44. V rovině jsou dány body A, B uvnitř opačných polorovin s hraniční přímkou p. Sestrojte bod X ∈ p tak, aby měl výraz s = AX − XB maximální hodnotu. (Řešení je obdobou postupu z úlohy 38). CKU_45. V rovině je dána kružnice k ( B, s ) a bod A vně kruhu ohraničeného kružnicí k. Dokažte, že osy p úseček AC, kde C ∈ k , obalují hyperbolu s ohnisky A, B a hlavní poloosou a = s 2.

- 52 -

CKU_46. S pomocí souboru KU_39 ELIPSA_H znázorněte množinu všech přímek p z úlohy CKU_45. Vytvořte též analogický model přehýbáním průsvitného papíru. CKU_47. V rovině je dána přímka p a bod A, který na ní neleží. Dokažte, že osy p úseček AC, kde C ∈ p, obalují parabolu s ohniskem A a řídící přímkou p. CKU_48. V Cabri geometrii vymodelujte množinu všech přímek p z úlohy CKU_47. Vytvořte též analogický model přehýbáním průsvitného papíru.

3.2.2 Fagnanova úloha byla předložena I. F. Fagnanem roku 1775: Mezi všemi trojúhelníky vepsanými do daného ostroúhlého trojúhelníka máme sestrojit ten, který má minimální obvod. Povšimněte si, že při jejím řešení použijeme metodu fixace parametrů. Fixací jednoho z vrcholů hledaného trojúhelníka dostaneme úlohu 39, kterou fixací dalšího vrcholu převedeme na dvě úlohy Heronovy.

Úloha 39. Je dán ostroúhlý trojúhelník ABC a bod K uvnitř strany BC. Na stranách CA a AB sestrojte po řadě body L a M tak, aby byl obvod trojúhelníka KLM minimální. Rozbor. Předpokládejme, že vrchol M již byl nalezen (obr. 83). Sestrojit poslední vrchol L pak umíme, neboť jde o úlohu Heronovu: Na přímce AC nalézt bod L tak, aby byl součet KL + LM minimální. Je-li D obraz bodu K v symetrii podle přímky AC, tzn. D = S ↔ AC ( K ) , pak L je průsečík úseček DM a AC. Sestrojení bodu D se obejde bez znalosti polohy bodu M. Dokonce určuje jeho nalezení, neboť dostáváme další Heronovu úlohu: Jsou dány body D, K a na přímce AB máme nalézt bod M tak, aby byl součet DM + MK minimální. Bod M je tedy průsečík úseček AB a DE, kde E = S ↔ AB ( K ). (Lze též sestrojit bod F = S ↔ AB ( D ) a nalézt M jako průsečík úseček AB a KF.) Konstrukce byla popsána v rozboru. Úloha má pro ostroúhlý trojúhelník ABC jediné řešení.

Úloha 40 (Fagnanova úloha). Je dán ostroúhlý trojúhelník ABC. Na stranách BC, CA a AB sestrojte po řadě body K, L a M tak, aby měl trojúhelník KLM minimální obvod. Řešení. Pro bod K zvolený na úsečce BC umíme sestrojit trojúhelník KLM minimálního obvodu m (úloha 39). Pro různé polohy bodu K dostáváme různé hodnoty m, mezi nimi hledáme minimum. Z obr. 84 je zřejmé, že trojúhelník AED je rovnoramenný se základnou DE, jejíž délka je rovna obvodu m trojúhelníka

Obr. 83

Obr. 84

- 53 -

KLM. Navíc platí ∠DAE = 2α , kde α = ∠BAC . Osa úhlu EAD rozděluje trojúhelník AED na dva shodné pravoúhlé trojúhelníky ADQ a AEQ. Ze vztahů EQ = AE ⋅ sin α , AE = AK a 2 EQ = m zjistíme m = 2 AK sin α . Odtud plyne, že m je minimální, právě když je úsečka AK minimální. To nastane, právě když je bod K patou výšky z vrcholu A, tedy AK

min

= va

a m1min = 2va sin α . Tento vztah zatím nelze vydávat za řešení úlohy. Provedením analogických úvah pro bod L a poté i pro bod M (nebo prostě cyklickou záměnou) dostaneme další dva vztahy m2 min = 2vb sin β a m3min = 2vc sin β . Řešením úlohy je nejmenší prvek množiny

{m1min , m2 m in , m3min } .

Který z nich to je? Naštěstí vedou všechny tři postupy k jedinému trojúhelníku, který má své vrcholy K, L a M v patách výšek trojúhelníka ABC. Trojúhelník KLM se nazývá ortický trojúhelník. Abychom ukázali, že tomu tak je, dokážeme nejprve platnost vztahu S va sin α = vb sin β = vc sin α = , r kde S je obsah trojúhelníka ABC a r poloměr kružnice tomuto trojúhelníku opsané. Vztahy plynou z rovností S=

1 1 1 ava = bvb = cvc 2 2 2

do nichž dosadíme a = 2r sin α , b = 2r sin β a c = 2r sin γ (sinová věta). Tvrzení, trojúhelník KLM, který má m = mmin , je ortický, je důsledkem věty 1 (na str. 14):

Reflexní vlastnost ortického trojúhelníka Jsou-li K, L a M po řadě paty výšek z vrcholů A, B a C ostroúhlého trojúhelníka ABC, pak platí (obr. 85):

∠BKM = ∠CKL = α , ∠CLK = ∠ALM = β , ∠AML = ∠BMK = γ .

Obr. 85

Závěr. Ze všech trojúhelníků vepsaných do daného ostroúhlého trojúhelníka ABC má nejmenší obvod mmin =

2S r

trojúhelník ortický (to znamená ten, jehož vrcholy jsou paty výšek trojúhelníka ABC ).

- 54 -

že

Reflexní vlastnost ortického trojúhelníka lze také odvodit jinak: Pokud řešení Fagnanovy úlohy existuje, pak z konstrukce bodů K, L, M podle obr. 84 a věty 8 plyne

∠BKM = ∠CKL , ∠CLK = ∠ALM

a ∠AML = ∠BMK .

Při označení podle obr. 86 pro trojúhelníky AML, BKM a CLK dostáváme

α + ϕ + ε = 1800 , β + δ + ϕ = 1800 a

γ + ε + δ = 1800. Vyřešením této soustavy tří rovnic dostaneme δ = α , ε = β a ϕ = γ . Z důkazu věty 1 zjistíme, že platí i její obrácení, a tak je trojúhelník KLM ortický.

Obr. 86

Obr. 87

V důsledku reflexní vlastnosti ortického trojúhelníka se (při označení podle obr. 87) v osové souměrnosti podle přímky BC zobrazí jeho vrcholy L a M na body L′ = S ↔ BC ( L) a M ′ = S ↔ BC ( M ) tak, že L′ leží na přímce KM a M ′ leží na přímce KL. Analogická tvrzení platí pro souměrnosti podle přímek AB a CA. Tyto vlastnosti užil H. A. Schwarz (1843-1921) k elegantnímu řešení úlohy 40. Po opakovaném užití osové souměrnosti vznikl útvar na obr. 88, z nějž je řešení zřejmé (promyslete). Nutno upozornit, že na obr. 88 je ortický trojúhelník označen PQU, kdežto KLM je jiný trojúhelník vepsaný základnímu trojúhelníku ABC.)

Obr. 88

- 55 -

3.2.3 Rovinná zrcadla Světlo se na lesklém rozhraní dvou prostředí odráží tak, že odražený paprsek zůstává v rovině dopadu4 a svírá s normálou stejně velký úhel jako paprsek dopadající. Zmíněné úhly se nazývají úhel odrazu a úhel dopadu. Úhly se měří od normály, protože rozhraní nemusí být rovinné. Je-li rovinné, svírají oba paprsky s rovinou rozhraní rovněž shodné úhly. Zákon odrazu byl znám již ve starověku. Heron alexandrijský jej zdůvodnil na základě hypotézy - tzv. principu nekratší dráhy: Má-li se světelný paprsek dostat z místa A do místa B, volí vždy cestu, nejkratší délky.5 Z obr. 89 je zřejmé, že konstrukce chodu paprsku z bodu A do bodu B přes odraz na rovinném zrcadle z je řešením Heronovy Obr. 89 úlohy. Pozorovatel, jenž hledí do zrcadla a má oko umístěné v bodě B, vidí místo bodu A jeho obraz A′ ve směru odraženého paprsku. Kdybychom bod B (a s ním i oko pozorovatele) přemístili, poloha bodu A′ zůstane stejná. Rovinné zrcadlo vytváří zdánlivý obraz objektů, jež se nachází před zrcadlem, jako jejich obraz v souměrnosti podle roviny lesklého povrchu zrcadla. Pro jednoduchost většinou trojrozměrný prostor nahrazujeme rovinou a souměrnost podle odrazné roviny nahradíme souměrností podle přímky. Na obr. 90 představuje úsečka A′B′ obraz úsečky AB při zobrazení zrcadlem z. Lomené čáry AKO, BLO a XMO znázorňují chod paprsků z bodů A, B a X do oka O pozorovatele. Obr. 90

Obr. 91

Obr. 92

4

Rovina dopadu je určena dopadajícím paprskem a normálou (kolmicí k rozhraní v místě dopadu paprsku). Princip nejkratší dráhy neumožňuje odvodit zákon lomu. Proto jej v 17. stol. P. Fermat nahradil principem nejkratšího času. Ve skutečnosti však platí princip extremálního času.

5

- 56 -

Obrázky 91 a 92 demonstrují skutečnost, že pozorovatel, který si prohlíží svůj obraz v zrcadle AB (zrcadlo je zvýrazněno červeně) svisle zavěšeném na stěně, vidí z různých vzdáleností od zrcadla stále stejnou část své postavy. Když jsem se jednou o tomhle jevu zmínil při výuce fyziky na gymnáziu, řekla mi jedna studentka, že to není pravda. Když se doma dívá zblízka do zrcadla, vidí jen svou hlavu a ramena. Když poodstoupí od zrcadla dále, vidí se prý až k pasu. V učebně viselo zrcadlo, tak jsme si to vyzkoušeli. Měla pravdu. Jak je to možné? Fyzikální zákony platí, avšak zavěšená zrcadla nevisí svisle. Hřebíček, resp. skoba, na které je zrcadlo zavěšené, trčí ze zdi a způsobuje odklon zrcadla od svislého směru. Když se vzdalujeme od zrcadla, posunuje se (i při malém sklonu zrcadla) náš obraz nahoru (viz obr. 93 a 94). Velikost obrazu je stále rovna velikosti naší postavy. Jen ji z větší vzdálenosti vnímáme menší (stejně jako při pozorování skutečných předmětů).

Obr. 93

Obr. 94

Doporučuji ověřit si popsaný jev v praxi. K demonstraci na počítači může posloužit soubor R_01.fig z přílohy 1. Snímek obrazovky po jeho otevření vidíme na obr. 95. Velikost zrcadla nastavujeme úchopem za body A, B, polohu postavy před zrcadlem přesunujeme pomocí bodu C a sklon zrcadla nastavujeme koncovým bodem vektoru ovladače umístěného vlevo. Ovladač lze přemisťovat uchopením za počáteční bod vektoru. Trup a končetiny postavy jsou ohraničeny (nekonvexním) n-úhelníkem, Obr. 95 po němž lze přemisťovat bod X. Stejně tak lze pohybovat bodem Y po kružnici, která ohraničuje hlavu postavy. Označení obrazů bodů X a Y si může uživatel do souboru doplnit, případně nepotřebná označení vymazat. Další zajímavou činností mohou být pokusy se dvěma zrcadly nakloněnými odraznými plochami k sobě. Obraz A1 bodu A v prvním zrcadle se zobrazí do bodu A2 druhým zrcadlem, první zrcadlo dále vytváří obraz A3 bodu A2 , atd. Někdy vzniká konečný počet obrazů, jindy ne. Otázkou je, jak závisí počet obrazů na úhlu, jež roviny zrcadel svírají.

- 57 -

Úloha 41. Dvě rovinná zrcadla jsou umístěna odraznými plochami k sobě a svírají úhel velikosti a) 900 , b) 600 , c) 400. Kolik obrazů bodu X umístěného mezi nimi vznikne? Řešení. a) Obrázek 96 znázorňuje situaci v rovině, která prochází bodem X kolmo na průsečnici rovin zrcadel. Odrazné plochy zrcadel nahrazujeme na obrázku přímkami p, q a optické obrazy bodu X sestrojujeme pomocí osových souměrností podle těchto přímek. Bod X se zobrazí zrcadlem q do bodu X 1. Bod X 1 se zobrazí zrcadlem p do bodu X 2 . Bod X 2 se zobrazí zrcadlem q do bodu X 3 , který se v souměrnosti podle p zobrazí do bodu X,

Obr. 96

neboť obrazec X 1 X 2 X 3 X pravoúhelník. Na obr. 97 je červeně vyznačen chod paprsků z bodu X do oka O pozorovatele, který se dívá na zdánlivé obrazy bodu X v zrcadle. b) Při sklonu zrcadel 600 vznikne pět obrazů (obr. 98). c) Při sklonu zrcadel 400 vznikne 17 obrazů (obr. 99).

Poznámka. Pro situaci a) je zřejmé, že X , X 1 , X 2 a X 3 jsou vrcholy pravoúhelníka, a tedy S p ( X 3 ) = X . Výsledky úkolů b) a c) již tak zřejmé nejsou. Můžeme si nechat programem Cabri potvrdit, že v úkolu b) je S p ( X 3 ) = X a pro situaci c) platí S p ( X 17 ) = X . Tato potvrzení však nejsou korektní, neboť

Obr. 97

je Cabri ověřuje numericky s omezenou přesností 10 −10 cm, jež se na první pohled může zdát více než dostatečná. Matematik však potřebuje mít jistotu, že to opravdu nejsou dva různé body (vzdálené např. 10 −900 cm od sebe). Abychom tuto jistotu získali, potřebujeme vědět, jak se skládají osové souměrnosti. Uvedeme jen to nejnutnější. K podrobnějšímu seznámení s problematikou skládání lze doporučit publikace [9] a [10].

Obr. 98

Obr. 99

- 58 -

Jsou-li Z1 a Z 2 dvě shodná zobrazení v rovině taková, že pro libovolný bod X roviny je Z1 ( X ) = X 1 a Z 2 ( X 1 ) = X ′, pak složením zobrazení Z1 a Z 2 (v uvedeném pořadí) rozumíme zobrazení Z, pro něž platí Z ( X ) = X ′ (obr. 100). Zapisujeme Z = Z 2 Z1 , resp. Z = Z 2 ⋅ Z1. Povšimněte si, že pořadí, v jakém zobrazení Z1 a Z 2 skládáme, je v zápisu opačné než jejich pořadí v zápisu Z = Z 2 Z1. Je totiž zvykem zapi-

Obr. 100

sovat Z ( X ) = Z 2 ( X 1 ) = Z 2 ( Z1 ( X ) ) = Z 2 Z1 ( X ), z čehož logicky dostáváme Z = Z 2 Z1. Jsou-li a, b přímky, jež se protínají v bodě V, pak úhlem α (a, b) budeme rozumět úhel každé rotace se středem V, která zobrazí přímku a na přímku b.

Věta 9. Jestliže se osy a, b souměrností S a , Sb protínají v bodě V, pak platí Sb ⋅ S a = RV ,2α ( a ,b ) a S a ⋅ Sb = RV ,2α ( b ,a ) .

Důkaz ponecháváme čtenáři. Nápovědu dává obr. 101. Promyslete různé možnosti rotací i vzájemné polohy os a, b a zobrazovaného bodu. Názorné prozkoumání umožňuje soubor KU_42a.fig. Kruhovým ovladačem nastavujeme velikost úhlu os a pro různé polohy X sledujeme změny polohy obrazů X 1 a X ′.

Důsledek věty 9. Zobrazení S a ⋅ Sb (resp. Sb ⋅ S a ) se nezmění, jestliže osy a, b otočíme kolem jejich průsečíku o stejný úhel. Obr. 101 Důsledek názorně ověříme pomocí souboru KU_42b.fig, obr. 102 představuje kopii obrazovky po jeho otevření. Ovladačem α nastavujeme velikost úhlu os a, b. Pomocí ovladače s otáčíme oběma osami. Poloha bodu X 1 se přitom mění. Bod X ′ zůstává na místě, pokud nepřemisťujeme X a neměníme α .

Obr. 102

- 59 -

Věta 10. Jestliže se osy a, b, c souměrností S a , Sb , S c protínají v bodě V, pak platí Sc ⋅ ( Sb ⋅ S a ) = ( Sc ⋅ Sb ) ⋅ S a = S d , kde d = RV ,α (b ,c ) (a ). Při důkazu věty 10 budeme vycházet z faktu, že skládání shodností je asociativní. (Ověřte si sami, že pro libovolné shodnosti Z1 , Z 2 a Z3 platí Z 3 ( Z 2 Z1 ) = ( Z 3 Z 2 ) Z1 nakreslením podobného schématu jako na obr. 100. ) Důkaz věty 10. Označme b* = RV ,α (b ,c ) (b) = c, pak

Sc ( Sb S a ) = S c RV ,2α ( a ,b ) = Sc ( Sc* S a* ) =

Obr. 103a

Obr. 103b

= Sc ( Sc S d ) = ( S c S c ) S d = S d , neboť zobrazení Sc Sc je identita, tedy zobrazení I, které každý bod roviny zobrazí na sebe: I ( X ) = X .

□

Úloha 42. Dvě rovinná zrcadla jsou umístěna odraznými plochami k sobě a svírají úhel velikosti α . Kolik vznikne obrazů bodu X, který je umístěn mezi nimi? Řešení. Úlohu budeme řešit v rovině, jež prochází bodem X a je kolmá na průsečnici rovin zrcadel, jež jsou v této rovině zastoupeny různoběžkami p, q s průsečíkem V a úhlem α ( p, q) = α . Označme po řadě X1, X 2 , X 3 , X 4 , X 5 , …

(12)

obrazy bodu X ve zobrazeních S p , Sq S p , S p Sq S p , Sq S p Sq S p , S p S q S p Sq S p , … . Pomocí vět 9 a 10 lze tuto posloupnost složených zobrazení nahradit posloupností S p , R V ,2α , S1 , R V ,4α , S 2 , … , kde S1 , S 2 , … jsou osové souměrnosti podle přímek c1 = RV ,−α ( p ), c2 = RV ,−α (c1 ), … . Dále po řadě označme X 1′, X 2′ , X 3′ , X 4′ , X 5′ , …

(13)

obrazy bodu X ve zobrazeních Sq , S p Sq , Sq S p Sq , S p Sq S p Sq , Sq S p Sq S p S q , … . Pomocí vět 9 a 10 lze tuto posloupnost složených zobrazení nahradit posloupností S q , R V ,−2α , S d1 , R V ,−4α , S d2 , … , kde S d1 , S d 2 , … jsou osové souměrnosti podle přímek d1 = RV ,α (q ), d 2 = RV ,α (d1 ), … . 1. Situace, kdy bod X leží na některé z přímek c1 , c2 , … nebo některé z přímek d1 , d 2 , … . nebudeme obecně řešit. Uvedeme jen několik konkrétních příkladů ve cvičení. 2. Předpokládejme, že bod X neleží na žádné z přímek c1 , c2 , … ani na žádné z přímek d1 , d 2 , … . Konečný počet jeho obrazů vznikne tehdy, když bude některý z bodů (12) nebo (13) totožný s bodem X. Nemůže to být bod s lichým indexem, protože pro lichá k je X k , resp. X k′ obrazem bodu X v souměrnosti podle některé přímky ci nebo d i . Výsledné

- 60 -

zobrazení, které zobrazí bod X na sebe je tedy rotace se středem V o úhel jehož velikost je celistvým násobkem úhlu 2α . Bez újmy na obecnosti budeme předpokládat α > 0. (Kdyby tomu tak nebylo, stačí zaměnit označení přímek p a q.) Dále již snadno ověříme: Pokud existují nesoudělná přirozená čísla m a n, pro která platí m ⋅ 2α = n ⋅ 3600 , vznikne 2m − 1 obrazů bodu X. Pokud taková čísla neexistují, má bod X nekonečně mnoho obrazů.

Cvičení CKU_49. Dívka se prohlíží ve svisle pověšeném zrcadle, stojí na vodorovné podlaze a má výšku 170 cm. Její oči se nacházejí ve výšce 158 cm a mají vzdálenost 6 cm. Maximální šířka její postavy je 42 cm. Jakou minimální výšku má zrcadlo a jak vysoko se nachází dolní okraj zrcadla od podlahy, jestliže se v něm vidí celá? Jakou má zrcadlo minimální šířku, aby se dívka a) viděla celá jedním okem, b) viděla celá když se bude pozorovat jen levým okem a potom při nezměněné hlavy jen pravým okem? (Návod: Nakreslete si obrázky chodu paprsků při pohledu zboku a shora.) CKU_50. Dokažte, že složením lichého počtu osových souměrností, jejichž osy se všechny protínají ve stejném bodě M, je souměrnost podle osy, která prochází bodem M. CKU_51. Dokažte, že složením sudého počtu osových souměrností, jejichž osy se všechny protínají ve stejném bodě M, je otočení se středem M. CKU_52. Dokažte, že složením dvou symetrií s navzájem kolmými osami je středová souměrnost podle průsečíku os. CKU_53. Dokažte, že RO ,α ⋅ RO , β = RO , β ⋅ RO ,α = RO ,α + β .

CKU_54 Nechť jsou dány rovnoběžky a a b, které kolmice k nim protíná po řadě v bodech A a B. Dokažte, že platí Sb ⋅ S a = TAB , kde TAB je posunutí o vektor AB. CKU_55. Dokažte, že složením posunutí a středové souměrnosti je středová souměrnost. CKU_56. Dokažte, že složením dvou středových souměrností vzniká posunutí. CKU_57. Rovinná zrcadla jsou umístěna odraznými plochami k sobě a svírají úhel velikosti 450. Sestrojte všechny obrazy bodu X umístěného mezi nimi. Rozlište dvě situace: a) Bod X neleží v rovině souměrnosti zrcadel. b) Bod X leží v rovině souměrnosti zrcadel. CKU_58. Bod X je umístěn mezi rovinnými zrcadly tak, že vznikají jen dva jeho obrazy. Určete sklon zrcadel a možné polohy bodu X. CKU_59. Rovinná zrcadla jsou umístěna odraznými plochami k sobě a svírají úhel velikosti 500. Sestrojte všechny obrazy bodu X umístěného mezi nimi. Přitom označte ρ rovinu, která je dána bodem X a průsečnicí rovin zrcadel, a rozlište tři situace: a) Rovina ρ svírá s rovinou některého zrcadla úhel velikosti 100. b) Rovina ρ svírá s rovinou některého zrcadla úhel velikosti 200. c) Neplatí podmínka a) ani b).

- 61 -

3.2.4 Matematické kulečníky a příbuzné úlohy Kulečníkové koule se odráží od mantinelů podle stejných zákonů jako světelné paprsky od zrcadel. Matematický kulečník je rovinný útvar ohraničený uzavřenou čarou (n-úhelníkem, kružnicí, elipsou, ...). Jeho hranice představuje mantinel reálného kulečníku. V tomto odstavci stručně zmíníme některé problémy pohybu kulečníkové koule, kterou v matematickém modelu nahradíme bodem. Podrobněji o problematice pojednává ruská publikace [11] nebo anglicky psaný text [12]. Nejprve budeme zkoumat regulární pohyb koule - bodu v kulečníku tvaru n-úhelníka. Pohyb bodu, resp. jeho trajektorii pokládáme za regulární, pokud trajektorie bodu neobsahuje vrchol hraničního n-úhelníka. To znamená, že k odrazům dochází pouze ve vnitřních bodech stran hranice. Jestliže se koule při svém pohybu octne v některém vrcholu hranice kulečníku, jedná se o singulární pohyb, resp. singulární trajektorii. Singulárními pohyby se nebudeme zabývat. Úloha 43. V pravoúhelníkovém kulečníku KLMN jsou zvoleny body A, B. Sestrojte trajektorii kulečníkové koule z A do B, tak aby se koule při pohybu odrazila po řadě na úsečkách MN, KL a LM. Řešení spočívá v rozkladu problému na několik po sobě jdoucích Heronových úloh. Postup je zřejmý z obr. 104, viz též soubor KU_43.fig v příloze 1. Zdůvodněte jej sami na základě analogie s řešením úlohy 39. Obrázek 105 znázorňuje úspornější konstrukci bodů F, G, H.

Obr. 104

Obr. 105

Úloha 45. V pravoúhelníkovém kulečníku KLMN jsou zvoleny body A, B. Sestrojte všechny možné trajektorie kulečníkové koule z A do B, tak aby se koule při pohybu odrazila na každé straně mantinelu právě jednou. Která z nich je nejkratší? Řešení. Nechť je trajektorií lomená čára ACDEFB. Kdybychom vyšetřovali všechna možnosti pořadí bodů C, D, E a F na stranách KL, LM, MN a NK, zkoumali bychom celkem 24 situací. Naštěstí mnohé z nich nemohou nastat. Úlohu vyřešíme důvtipnou metodou, při níž se stačí zabývat nejvýše čtyřmi možnostmi, a která nám navíc ihned prozradí nejkratší i nejdelší dráhu kulečníkové koule.

- 62 -

Zadaný pravoúhelník KLMN doplníme o jeho obrazy, i o obrazy bodu B, v osových souměrnostech podle jeho všech stran. Dále přidáme všechny dosud nesestrojené obrazy přidaných obrazů (pravoúhelníka i bodu B) v osových souměrnostech podle jejich stran. Tak neustále pokračujeme, až nakonec obdržíme pravoúhelníkovou síť pokrývající celou rovinu6. Nazveme ji přidružená síť kulečníku. Každému políčku sítě (resp. útvarům, které v něm budou) přiřadíme "souřadnice," - uspořádanou dvojici celých nezáporných čísel s touto vlastností: Když si představíme nejkratší přemístění pravoúhelníka KLMN na dané políčko osovými souměrnostmi podle přímek mříže, pak první číslo uspořádané dvojice čísel uvádí počet potřebných souměrností podle svislých mřížových přímek, a druhé počet potřebných souměrností podle vodorovných mřížových přímek (obr. 106).

Obr. 106 Přidružená síť obsahuje osy všech souměrností potřebných pro heronovské sestrojení trajektorie kteréhokoli regulárního pohybu koule v kulečníku a zároveň i všechny potřebné obrazy vzniklé z bodu B v těchto souměrnostech. Přistoupíme nyní k vlastnímu řešení úlohy, jež je zároveň ukázkou využití přidružené sítě. Zadání požaduje právě jeden odraz na každé straně pravoúhelníka KLMN. K nalezení trajektorie jsou tedy zapotřebí dvě souměrnosti se svislými osami a dvě s vodorovnými. Tomu odpovídají políčka typu (2, 2). Body, které jsou v nich sestrojené označíme B1 , B 2 , B 3 a B4 , resp. B1 (2, 2), B 2 (2, 2), B 3 (2, 2) a B4 (2, 2) (obr. 107). Úsečky AB1 , AB 2 , AB 3 a AB4 jsou tzv. napřímené trajektorie pohybů, které připadají v úvahu. Z nich vyloučíme singulární trajektorii příslušnou úsečce AB4 (prochází vrcholem N).

6

Sice to nelze narýsovat, ale v mysli matematika, který pracuje s bezrozměrnými body, nekonečně tenkými čarami a mnoha jinými abstrakcemi, je taková představa běžná.

- 63 -

Délky úseček AB1 , AB 2 a AB 3 jsou rovny délkám příslušných trajektorií, které postupně sestrojíme pomocí souměrností podle těch přímek sítě, jež protínají napřímenou trajektorii. Začínáme vždy od bodu B (2, 2).

Obr. 107

Obr. 108 a

Obr. 108 b

Postup sestrojení pro bod B1 (2, 2) vidíme na obr. 108 a. Obrázky 108 b, c představují již jen výsledky pro body B2 (2, 2) a B3 (2, 2). Celé řešení je možno interaktivně prozkoumat pomocí souborů KU_44 B1.fig, KU_44 B2.fig, a KU_44 B3.fig. (pro každý z bodů B1 , B 2 a B3 jeden soubor). Tlačítky lze skrývat a zobrazovat jednotlivé části konstrukce. Velikost buněk sítě nastavujeme úchopem za body L a N. Body A, B lze přemisťovat. Nejkratší je trajek-

- 64 -

Obr. 108 c

torie na obr. 108 c, která odpovídá bodu B3 (2, 2). Její (zaokrouhlená) délka je 13, 26 cm. Úloha 46. Vyšetřete, za jakých podmínek je trajektorie koule vyslané z daného bodu B v pravoúhelníkovém kulečníku cyklická (tzn. že je to uzavřená čára). Řešení. Nejjednodušší cyklická trajektorie je úsečka rovnoběžná se dvěma protilehlými stranami kulečníku, obr. 109 a. Koule se při pohybu střídavě naráží kolmo na zbývající stěny a odráží se od nich. Složitější cyklická trajektorie koule v kulečníku je uzavřená lomená čára, viz např. obr. 109 b, c. Nedochází-li ke ztrátám energie, vykonává koule periodický pohyb, tzn. že se stejný pohyb neustále opakuje po stejných časových intervalech.

Obr. 109 a

Obr. 109 b

Obr. 109 c

Pro vznik periodického pohybu je nutné a postačující, aby koule vyslaná z bodu B procházela po konečném počtu odrazů opět bodem B se stejnou rychlostí (co do velikosti i směru) jako na počátku, a přitom byla její trajektorie regulární. Podmínku stejného místa při hledání cyklické trajektorie metodou z úlohy 45 splníme tak, že v síti z obr. 106 umístíme A a B do téhož bodu. (Symbol A zrušíme, napřímená trajektorie pohybu bude úsečka s krajmními body B a B (m, n).) Z podmínky stejného vektoru rychlosti zjistíme, které koncové body B (m, n) lze použít. Když do procesu vytváření přidružené sítě zahrneme i vektor počáteční rychlosti pohybu, jsou ve sloupcích i řadách sítě stejné vektory vždy v každém druhém políčku (obr. 110). Je to důsledek tvrzení z úlohy CKU_54, že složením dvou souměrností s rovnoběžnými osami vzniká posunutí.

Obr. 110

- 65 -

Závěr. Trajektorie koule v pravoúhelníkovém kulečníku je cyklická, právě když vnitřek napřímené trajektorie neobsahuje uzlový bod přidružené sítě a vnější koncový bod napřímené trajektorie leží v políčku se sudými souřadnicemi.

Stanovíme ještě, pod jakým úhlem je nutno kulečníkovou kouli z bodu B vyslat, aby byla trajektorie pohybu cyklická. Uvažujme kulečník KLMN, KL = a, KN = b (obr. 111). Bod B1 napřímené cyklické dráhy má souřadnice 2m a 2n. V pravoúhlém trojúhelníku BB1C je tedy

BC = 2ma a CB1 = 2nb. Jestliže označíme α odchylku přímky BB1 (rovnoběžné s vektorem počáteční rychlosti) od směru přímky KL, pak

tan α =

B1C BC

Obr. 111

=

n b ⋅ . m a

Odtud plyne

Věta 11. Regulární trajektorie kulečníkové koule v pravoúhelníkovém kulečníku je cyklická, právě když je tangens úhlu, který svírá vektor počáteční rychlosti se směrem strany kulečníku racionálním násobkem podílu délek stran kulečníku.

Cvičení CKU_60. Z vnitřního bodu A trojúhelníka KMN je v pravoúhelníkovém kulečníku KLMN vyslána koule rovnoběžně s úhlopříčkou KM. Určete množinu všech bodů B, z nichž je možno vyslat druhou kulečníkovou kouli se stejnou počáteční rychlostí (co do velikosti i směru) tak, aby se s první koulí srazila. CKU_61. V pravoúhelníkovém kulečníku KLMN s rozměry m × 2n, kde m, n jsou lichá přirozenáčísla, je vyslána koule z vrcholu K tak, že svírá se stranou KL úhel α = 450. Zjistěte, zda se po určitém počtu odrazů dostane a) do vrcholu M, b) do L nebo N, c) do středu některé strany. CKU_62. Řešte předchozí úlohu a) pro α = 600 , b) pro α = 300. CKU_63. V pravoúhelníkovém kulečníku zvolte body A, B a sestrojte všechny trajektorie kulečníkové koule z A do B a) se třemi odrazy, b) s pěti odrazy. Určete rovněž délky těchto trajektorií. Pro konstrukci v Cabri využijte soubor KULECNIK_OBD_SIT ze složky PŘÍLOHA 1. CKU_64. V pravoúhelníkovém kulečníku vykonává koule periodický pohyb tak, že s každým odrazem se její směr změní o 900. Může mít její trajektorie celkový počet odrazů a) 4, b) 6, c) 5, d) 18? (Pokud ne, dokažte proč. Pokud ano, sestrojte konkrétně zvolený příklad.)

- 66 -

Věta 12. Kulečník tvaru rovnostranného trojúhelníka má tu vlastnost, že trajektorie koule vyslané rovnoběžně s jeho stranou je složena z úseček rovnoběžných se stranami trojúhelníka a je cyklická. Důkaz necháváme čtenáři (nápověda: obr. 112).

Obr. 112

Řešení úloh o kulečníku tvaru rovnostranného trojúhelníka je podobné jako v případě pravoúhelníkového kulečníku. K vyšetřování je výhodné používat přidruženou trojúhelníkovou síť - soubor KULECNIK_TROJ_SIT v příloze 1. Příklad trajektorie, kdy se koule po pěti odrazech opět vrací do bodu B, z něhož byla vyslána, vidíme na obr. 113. Trajektorie není cyklická (pokud se koule v bodě B nezastaví, pohyb pokračuje bez zacyklení, jak plyne z řešení úlohy CKU_66).

Obr. 113

Úloha 47. Uvnitř rovnostranného trojúhelníka KLM s délkou strany 4 cm jsou dány body A, B. Přitom A ∈ k1 ( K , 2 cm) ∩ k2 ( L, 3 cm) a B leží na ose úhlu KLM ve vzdálenosti 2 cm od vrcholu L. Úsečka KL je vytvořena z cukru, úsečka LM z povidel a úsečka MK z medu. Mravenec se chce z místa A dostat do místa B tak, aby během cesty ochutnal povidla, med i cukr. Najděte jeho nejkratší cestu, jestliže a) chce laskominy ochutnat v pořadí povidla, cukr, med. b) nezáleží na tom, v jakém pořadí dobroty navštíví. Řešení. a) Na obr. 114 je zobrazeno sestrojení napřímené trajektorie z A do B: 1. K1 = S ↔ LM ( K ), B1 = S ↔ LM ( B). 2. M 2 = S ↔ LK1 ( M ), B2 = S ↔ LK1 ( B1 ). 3. L3 = S ↔ K1M 2 ( L), B3 = S ↔ K1M 2 ( B2 ). Délka trajektorie je 6, 97 cm. Je dána délkou úsečky AB3 a na obrázku vyznačena číslem poblíž bodu B3 . Zpětnou konstrukcí sestrojíme

- 67 -

Obr. 114

hledanou trajektorii z A do B (obr. 115). Pro větší názornost jsou na obrázcích "povidlové úsečky" vyznačeny červeně, "cukrové" černě a "medové" zeleně. b) Existuje celkem šest pořadí, které schématicky zapíšeme uspořádanými trojicemi: (c, m, p ), (c, p, m), (m, c, p ), (m, p, c), ( p, c, m), ( p, m, c),

kde c značí cukr, m značí med a p povidla. K řešení jsme využili přidruženou trojúhelníkovou síť ze souboru KULECNIK_TROJ_SIT. Obr. 115 Obr. 116 představuje všech šest možných napřímených trajektorií. Jejich koncové body (různé od A) jsou označeny trojicemi, jež udávají pořadí. U těchto označení vidíme i délky trajektorií (zaokrouhlené na desetiny milimetru).

Obr. 116 Nejkratší trajektorie odpovídá pořadí "med - cukr - povidla" a má délku 5, 21 cm. Její sestrojení zpětnou konstrukcí přenecháváme čtenáři. (Poznamenejme, že pilný mravenec ze situace a) volil trasu, která je nejdelší ze všech šesti.) Kulečníky sestrojené na síti rovnostranných trojúhelníků se dají výhodně využít k řešení tzv. úloh o přelévání kapaliny. V nich je k dispozici několik nádob známého objemu. Naplňováním některých z nich kapalinou a přeléváním, resp. vyléváním kapaliny máme odměřit určité

- 68 -

množství kapaliny. Přidává se podmínka, aby kroků bylo co nejméně. Jak uvidíme, stačí vyslat kuličku do vhodného kulečníku a její pohyb úlohu kompletně vyřeší. Omezíme se nejprve na úlohy, v nichž jsou dány nádoby A, B, které mají po řadě objemy m a n litrů (m, n jsou přirozená čísla a n < m). Máme pomocí nich odměřit v litrů vody, kde

v ∈ {0, 1, … , m − 1} . Vodu lze nabírat ze zásobárny C (nádoby, v níž je více než m + n litrů vody). Na nádobách nejsou žádné rysky, které by označovaly díly jejich objemů. Zřejmě začneme tak, že jednu nádobu naplníme, například nádobu A. Přelitím vody z A do B tak, aby nádoba B byla plná, zbyde v nádobě A voda s objemem m − n, a podobně pokračujeme dále. V každém kroku jednu z nádob A, B buď naplníme, nebo vyprázdníme. To znamená, že objemy vody v nádobách A, B můžeme vyjádřit jako souřadnice mřížových bodů na hranici rovnoběžníka v síti rovnostranných jednotkových trojúhelníků. Rovnoběžník je ohraničen přímkami mříže a délky jeho stran jsou m a n. Na obr. 117 je takový rovnoběžník znázorněn pro m = 11 a n = 7 (litrů). Bod X = (2, 7) udává stav vody v nádobách A, B v určité fázi procesu přelévání: v dané chvíli jsou v nádobě A 2 litry vody a v nádobě B je 7 litrů.

Obr. 117 Předpokládejme, že tento stav ještě není řešením úlohy, a zkusme zjistit, jaké máme možnosti dalšího postupu, když se chceme co nekratší cestou dostat k cíli. Teoreticky jsou 4 možnosti: a) Vyprázdníme nádobu B přelitím do zásobárny C, což je cesta I (na obrázku proti směru šipky) z X do bodu (2, 0). b) Přelijeme vodu z nádoby B do nádoby A, cesta II z X do (9, 0). c) Vyprázdníme nádobu A přelitím do zásobárny C, cesta III. Dostaneme se do stavu (0, 7), což je jeden ze dvou možných začátků řešení.7 Tuto cestu zakážeme, neboť zvětšuje počet kroků řešení. d) Doplníme nádobu A vodou, cesta IV do stavu (11, 7). Obě nádoby jsou plné, v dalším kroku musíme jednu z nich vylít, což znamená opět návrat na začátek řešení. Tuto cestu rovněž zakážeme. 7

Obecně začínáme přechodem ze stavu (0, 0) buď do stavu (m, 0) nebo do stavu (0, n).

- 69 -

Do stavu znázorněného bodem X = (2, 7) je možné se dostat pouze po jedné z cest I a II. (Zdůvodněte, proč to nejde po cestě III nebo po cestě IV.) To znamená, že po přechodu od stavu (2, 0) do stavu (2, 7) máme při postupu s co nejmenším počtem přelévání jedinou volbu dalšího kroku: cestu II ze stavu (2, 7) do stavu (9, 0). Obráceně, pokud jsme se do bodu X dostali po cestě II, nelze při nejmenším počtu přelévání pokračovat jinak, než po cestě I. Úsečky I a II přitom lze interpretovat jako znázornění trajektorie v kulečníku PABC pro pohyb koule z bodu (2, 0) do bodu (9, 0) s odrazem v bodě X (resp. pro pohyb z bodu (9, 0) do bodu (2, 0) s odrazem v X ). Z dosavadních úvah plyne, že řešení úloh o přelévání vody lze převést na sestrojení trajektorie pohybu koule v kulečníku ohraničeném přímkami mříže v síti jednotkových rovnostranných trojúhelníků.

Úloha 48. Máme zásobárnu C (nádobu neznámého objemu), ve které je více než 20 litrů vody, nádobu A s objemem 11 litrů a nádobu B s objemem 7 litrů, obě prázdné a bez rysek. Co nejmenším počtem přelévání máme s těmito pomůckami odměřit 2 litry vody. Řešení. a) Řešení, které začíná naplněním nádoby A, schématicky znázorňuje obr. 118, jednotlivé kroky jsme zaznamenali do tabulky 48A, je jich celkem 18.

Obr. 118

Tabulka 48A Krok 1 A (l) 11 B (l) 0

2 4 7

3 4 0

4 0 4

5 11 4

6 8 7

7 8 0

8 1 7

9 1 0

10 0 1

11 11 1

12 5 7

13 5 0

14 0 5

15 11 5

16 9 7

17 9 0

18 2 7

Poznamenejme, že pohyb kulečníkové koule je "spuštěn" z bodu M, tedy až po naplnění nádoby A.

- 70 -

b) Řešení, které začíná naplněním nádoby B, schématicky znázorňuje obr. 119, jednotlivé kroky jsme zaznamenali do tabulky 48B, je jich celkem 14

Obr. 119 Tabulka 48B Krok A (l) B (l)

1 0 7

2 7 0

3 7 7

4 11 3

5 0 3

6 3 0

7 3 7

8 10 0

9 10 7

10 11 6

11 0 6

12 6 0

13 6 7

14 11 2

Závěr. Nejkratší postup začíná naplněním nádoby B. Skládá se ze 14 kroků, jež přehledně uvádí tabulka 48B. Poznámka. Kdybychom v přelévání pokračovali, dostaneme se při 17. kroku do stavu (2, 7). Postupy a) a sedmnáctikrokový b) se navzájem doplňují. Obrázky 118 a 119 ukazují, že pomocí nádob o objemech 7 a 11 litrů můžeme přeléváním odměřit jakýkoliv celočíselný objem od 1 do 11 litrů. Zároveň zobrazují postup přelévání. Kdybychom pomocí nádob o objemech 2 a 6 litrů měli odměřit 5 litrů vody, tak se nám to nepovede, jak je zřejmé z faktu, že rozdíl a součet sudých čísel je vždy číslo sudé. Můžeme odměřit pouze 2, 4 a 6 litrů (obr. 120).

Obr. 120

- 71 -

Další úlohy se od té předchozí liší tím, že největší nádoba C má známý objem a je v počátečním stavu plná kapaliny.

Úloha 49. Farmářka má dvanáctilitrovou nádobu C plnou mléka a prázdné nádoby A a B s objemy 9 a 5 litrů (v daném pořadí). Určete, jak s co nejmenším počtem přelévání rozdělí mléko do dvou větších nádob po šesti litrech. Řešení. Kulečník tvaru rovnoběžníka 9 × 12 nemůžeme celý použít, protože s dvanácti litry mléka nelze realizovat stavy (9, 5), (9, 4) a (8, 5). Použijeme tedy kulečník tvaru pětiúhelníka PKLMN na obr. 121, do nějž jsme zakreslili trajektorie obou postupů.

Obr. 121 Nejkratší postup se skládá z osmi kroků, začíná naplněním nádoby A, odpovídá červeně vyznačené trajektorii a je též popsán tabulkou 49A.

Tabulka 49A Krok A (l) B (l) C (l)

0 0 0 12

1 0 5 7

2 5 0 7

3 5 5 2

4 9 1 2

5 0 1 11

6 1 0 11

7 1 5 6

8 6 0 6

Tabulka 49B Krok A (l) B (l) C (l)

0 0 0 0

1 9 0 3

2 4 5 3

3 4 0 8

4 0 4 8

5 8 4 0

6 8 0 4

7 5 3 4

8 3 0 9

9 0 3 9

- 72 -

10 11 12 13 14 15 16 17 18 9 7 7 2 2 0 9 6 6 3 5 0 5 0 2 2 5 0 0 0 5 5 10 10 1 1 6

Úloha 50. Dvanáctilitrová nádoba C je plná právě vylisovaného jablečného moštu. Máme ji přeléváním rozdělit na dvě množství po šesti litrech pomocí nádob A a B, jež mají po řadě objemy 9 a 5 litrů. Řešení. Při použití daných nádob nelze takovéto rozdělení přeléváním provést, jak je zřejmé z obr. 122.

Obr. 122 Cvičení CKU_65. V kulečníku tvaru rovnostranného trojúhelníka zvolte vnitřní bod B a sestrojte nejkratší trajektorii z B do B se sedmi odrazy. CKU_66. V kulečníku tvaru rovnostranného trojúhelníka zvolte vnitřní bod B a sestrojte všechny cyklické trajektorie, které prochází bodem B a skládají se jen ze dvou úseček. Dokažte, že délka každé této trajektorie je rovna výšce trojúhelníka, který ohraničuje kulečník. Dokažte dále, že cyklické trajektorie jsou jen ty, kdy je koule z bodu B vyslána buď rovnoběžně se stranou kulečníku, nebo kolmo na ni. CKU_67. Petr si chce uvařit polévku přesně podle návodu na sáčku. Potřebuje k tomu odměřit 1 litr vody, ale má jen nádoby o objemech 3 a 5 litrů. Jak to přeléváním provede s nejmenším možným počtem kroků? CKU_68. Pomocí devítilitrové a čtyřlitrové nádoby odměřte 6 litrů vody. (Vodu čerpáme do nádob z vodovodu.) CKU_69. Máme dvacetilitrový kanistr naplněný vínem a dva prázdné demižony s objemy 12 a 17 litrů. S minimálním počtem přelévání rozdělte víno tak, aby ve dvou nádobách bylo po sedmi litrech a ve třetí 6 litrů. CKU_70. Máme desetilitrový kanistr plný benzínu a dvě prázdné nádoby s objemy 7 a 2 litry. S minimálním počtem přelévání rozdělte benzín tak, aby ve dvou větších nádobách bylo po pěti litrech. CKU_71 Dvanáctilitrový demižon je plný medoviny. Kromě něj máme jen 2 prázdné nádoby s objemy 8 a 5 litrů. S minimálním počtem přelévání rozdělte medovinu na dvě stejná množství.

- 73 -

V kulečnících se zakřivenými mantinely se koule odráží tak, že trajektorie před odrazem i po něm svírají stejně velké úhly s tečnou rovinou sestrojenou v místě odrazu. V kruhovém kulečníku je normálou vždy přímka, která prochází středem hraniční kružnice kulečníku a místem dopadu. Na obr. 123 je pro kruhový kulečník červeně vyznačena trajektorie koule vyslané z bodu B s odrazem v místě T.

Obr. 123

Obr. 124

Obr. 125

Věta 13. Cyklické trajektorie v kruhovém kulečníku mají tvar pravidelných n-úhelníků, které mohou být hvězdicové (obr. 124 pro n = 5) , nebo konvexní (obr. 125 pro n = 5) . Trajektorie je cyklická, právě když je úhel dopadu racionálním násobkem 1800. Důkaz. Z osové souměrnosti rovnoramenných trojúhelníků A1 A2O a A3 A2O na obr. 126 plyne A1 A2 = A2 A3 a proto je každá (i necyklická) trajektorie pohybu koule v kruhovém kulečníku lomená čára složená z navzájem shodných úseček. Označme následující body odrazů A4 , A5 , … . Trajektorie je cyklická, právě když některý z nich, označ-me jej An +1 , splyne s bodem A1. Lomená čára se přitom uzavře do tvaru pravidelného n-úhelníka (hvězdicového, nebo konvexního). Při označení podle obr. 126 je uzavření trajektorie spjato s podmínkou n ⋅ ω = k ⋅ 3600 , kde k je přirozené číslo. Z trojúhelníka A1 A2O navíc dostáváme 2α + ω = 1800 , tedy 2n ⋅ α = n ⋅1800 − n ⋅ ω = (n − 2k ) ⋅1800. Po označení 2n = r a n − 2k = s zjišťujeme, že trajektorie je cyklická, právě když s α = ⋅1800 , r

kde r a s jsou přirozená čísla.

- 74 -

Obr. 126

Cvičení CKU_72. Na obr. 124 a 125 jsou znázorněny cyklické trajektorie s pěti body odrazu v kruhovém kulečníku. Vypočítejte pro ně α a ω. CKU_73. V kruhovém kulečníku zvolte vnitřní bod B a sestrojte z něj všechny cyklické trajektorie se sedmi body odrazu. CKU_74. Zkuste sestrojit trajektorie z A do B, resp. cyklické trajektorie pro kulečník a) tvaru půlkruhu, b) tvaru čtvrtkruhu. CKU_75. Pro kulečník tvaru elipsy dokažte, že trajektorie koule vyslané z ohniska hraniční elipsy je buď úsečka s krajními body v hlavních vrcholech elipsy, nebo lomená čára, jejíž každá úsečka prochází právě jedním ohniskem elipsy. (Využijte poznatky z odstavce 3.2.1.)

3.3 Minimální sítě Budeme se zabývat úlohou, kterou lze v rekreační matematice zformulovat takto: Na planině se nachází u obcí. Máme vybudovat systém cest tak, abychom se po nich mohli dostat z každé obce do kterékoli z ostatních a aby byl navíc součet délek všech cest minimální. V matematické formulaci si obce představíme jako body roviny a silnice budou čáry, jež tyto body spojují. Pro u = 2 je řešení zřejmé: dané dva body spojíme úsečkou. Pro u > 2 je problém složitější. Obecné řešení úlohy není známo. Vyřešíme nejprve úlohu pro u = 3 a po stanovení základních vlastností minimální sítě se budeme zabývat případy, kdy řešení není příliš složité. 3.3.1 Fermatova úloha Pierre Fermat v jednom dopise páteru Mersenovi popisoval svou metodu určování maximálních a minimálních hodnot funkcí a mimo jiné uvedl "Qui hanc methodum non probaverit, ei proponitur: Datis tribus punctis, quartum reperire, a quo si ducantur tres rectae ad data puncta, summa trium harum rectarum sit minima quantitas" [13], po přeložení do češtiny: "Kdo tuto metodu neocenil, nechť vyřeší úlohu: Ke třem daným bodům nalezněte čtvrtý tak, aby tři úsečky vedené z něj do daných bodů měly minimální součet délek." Fermat tím snad naznačuje, že umí úlohu vyřešit, jeho řešení však není známo. Podle některých pramenů je citovaná věta výzvou pro Evangelistu Torricelliho. Ten ji vyřešil, dokonce několika způsoby. Torricelliho řešení je nejstarší známé. V průběhu několika staletí úlohu řešila řada matematiků různými metodami. S Fermatovou úlohou souvisí některé zajímavé poznatky s nimiž se postupně seznámíme.

Úloha 51. Dokažte Vivianovu větu: V rovnostranném trojúhelníku má jeho každý bod tentýž součet vzdáleností od stran trojúhelníka. Tento součet je roven výšce trojúhelníka.

- 75 -

1.řešení. Nechť ABC je rovnostranný trojúhelník s vnitřním bodem M a délkou strany a. Vzdálenosti bodu M od stran AB, BC, CA, které označíme po řadě x, y, z, jsou výškami trojúhelníků BCM, CAM a ABM z jejich společného vrcholu M (obr. 127). Z faktu, že součet obsahů těchto trojúhelníků je roven obsahu trojúhelníka ABC, dostáváme 1 1 1 1 a ⋅ x + a ⋅ y + a ⋅ z = a ⋅ v, 2 2 2 2 kde v je výška trojúhelníka ABC. Odtud po vynásobení výrazem 2 a dostáváme dokazované tvrzení:

Obr. 127

x + y + z = v.

(14)

2. řešení. Uvažujme nejprve bod M na straně AB (obr. 128a). V souměrnosti S podle přímky AB označme Q′ = S (Q ) a C ′ = S (C ). Pak

x + y + z = MP + MQ + 0 = MP + MQ′ = PQ′ = v. Vztah (14) tedy pro M ∈ AB platí. (Cyklickou záměnou zjistíme, že platí i když se M nachází na stranách BC a CA.)

Obr. 128a

Obr. 128b

Zbývá ověřit platnost rovnosti (14) pro bod M uvnitř trojúhelníka ABC. V takovém případě vytvoří rovnoběžka se stranou AB vedená bodem M rovnostranný trojúhelník A1 B1C , který má bod M uvnitř strany A1 B1. Již víme, že pro jeho výšku v1 platí v1 = x + y a pomocí obr. 128b snadno ověříme: x + y + z = v1 + z = v.

□

3. řešení je postaveno na poznatku, že rovnostranný trojúhelník je invariantní vzhledem k otočení o úhel ±1200 kolem těžiště, které je zároveň středem opsané kružnice, ortocentrem a průsečíkem os úhlů. To znamená, že při každém takovém otočení se trojúhelník zobrazí sám na sebe (obr. 129). Řešení vidíme na obr. 130, netřeba je vysvětlovat.

Obr. 129

- 76 -

Obr. 130 Úloha 52. V rovině je dán trojúhelník ABC. Určete ty body dané roviny, z nichž jsou všechny tři strany vidět pod úhlem 1200. Řešení. Předpokládejme nejprve, že vnitřní úhly trojúhelníka ABC jsou menší než 1200. Ke straně BC sestrojíme množinu všech bodů dané roviny, z nichž je úsečka BC vidět pod úhlem 1200. Tou je sjednocení m1 ∪ m2 kruhových oblouků m1 a m2 s obvodovým úhlem 1200 a společnou tětivou BC (bez krajních bodů B a C). Analogicky sestrojíme množiny n1 ∪ n2

s1 ∪ s2 (k úsečce AB). Označení oblouků volíme tak, aby oblouk m1 ležel uvnitř poloro(k úsečce CA) a

Obr. 131

viny BCA, n1 uvnitř CAB a s1 uvnitř ABC (obr. 131). Protože jsou vnitřní úhly trojúhelníka menší než 1200 , leží tyto tři oblouky i v kruhu ohraničeném kružnicí k opsanou trojúhelníku ABC a navzájem se protínají. Když označíme F průsečík oblouků m1 a n1 , dostáváme ∠AFB = 3600 − ( ∠BFC + ∠CFA ) = 1200. Odtud F ∈ s1 ,

všechny tři oblouky se protínají v jediném bodě. Oblouky m2 , n2 a s2 leží vně trojúhelníka. Nemají společné (vnitřní) body, ani se neprotínají s oblouky m1 , n1 a s1. Jestliže některý z vnitřních úhlů trojúhelníka ABC má velikost 1200 , leží některý z oblouků m1 , n1 , nebo s1 na kružnici k. Pro β = 1200 je to například oblouk n1 , jak vidíme na obr. 132. Množiny m1 ∪ m2 , n1 ∪ n2 a s1 ∪ s2 nemají společný bod. Stejně tak tomu je, když některý z vnitřních úhlů trojúhelníka ABC má velikost větší než 1200 (obr. 133).

Věta 14. V trojúhelníku, který má velikosti vnitřních úhlů menší než 1200 , existuje právě jeden bod F, z nějž jsou strany trojúhelníka vidět pod úhly 1200. Má-li některý z vnitřních úhlů trojúhelníka velikost aspoň 1200 , pak takový bod neexistuje. Bod F se nazývá Fermatův bod, někdy též Torricelliho bod, jeho další vlastnosti postupně ukážeme.

- 77 -

Obr. 132

Obr. 133

Úloha 53. V trojúhelníku ABC s vnitřními úhly menšími než 1200 najděte bod, který má minimální součet vzdáleností od vrcholů trojúhelníka. 1. řešení. Je to asi nejznámější řešení. Bylo nalezeno v různých dobách různými matematiky nezávisle na sobě. Zvolíme libovolný vnitřní bod X trojúhelníka ABC a přemístíme trojúhelník AXC rotací R1 kolem bodu A o 600 , Y = R1 ( X ) a L = R1 (C ) (obr. 134). Trojúhelník AYL je shodný se svým vzorem, platí tedy CX = YL . Navíc je trojúhelník AXY rovnostranný, proto AX = XY . Pomocí těchto vztahů dostáváme

BX + AX + CX = BX + XY + YL = BXYL ≥ BL , kde symbol BXYL označuje délku lomené čáry

BXYL. Pokud bod X 0 s minimálním součtem vzdáleností od vrcholů A, B a C existuje, nachází se na Obr. 134 úsečce BL. Analogickými úvahami o rotacích R2 a R3 trojúhelníků ABX a BCX kolem bodů B a C o úhel 600 zjistíme, že bod X 0 leží na úsečkách CM a AK, kde M = R2 ( A) a K = R3 ( B). Jinými slovy: Bod X 0 je společným průsečíkem úseček AK, BL a CM, kde K, L a M jsou vrcholy rovnostranných trojúhelníků BCK, CAL a ABM vně připsaných ke stranám trojúhelníka ABC (obr. 135). Měli bychom se ještě přesvědčit, že se úsečky AK, BL a CM opravdu protínají v jediném bodě a mají stejnou délku. Vraťme se proto na počátek řešení a pro X 0 ∈ BL uvažujme kromě rotace R1 ještě rotaci k rotaci R4 kolem vrcholu C o úhel −600. Je R4 ( A) = L, R4 ( X 0 ) = Z (obr. 135) a z rovnostranných trojúhelníků AX 0Y a BZX 0 plyne ∠AX 0 L = 600 = ∠LX 0C .

- 78 -

Vidíme, že

∠AX 0C = ∠AX 0 L + ∠LX 0C = 1200. Analogicky zjistíme ∠AX 0 B = 1200 = ∠BX 0C , tedy X 0 = F . Existence a jednoznačnost bodu F plyne z věty 14.

Obr. 135 Obr. 136 Pomocí kosinové věty pro trojúhelníky ABL, BCL a ACK dále dostaneme BL = b 2 + c 2 − 2bc cos(α + 600 ) = a 2 + b 2 − 2ab cos(γ + 600 ) = AK . 2

2

Odtud BL = AK . Podobně nalezneme AK = CM . □ 2. řešení. (Torricelli, podle [14].) Podle věty 14 existuje jediný bod F z něhož jsou strany trojúhelníka vidět pod úhly 1200. Kolmice sestrojené ve vrcholech A, B a C po řadě k přímkám AF, BF a CF ohraničují trojúhelník XYZ. Při označení podle obr. 137 pro čtyřúhelník AFCY platí ∠AYC = 3600 − ( 900 + 900 + 1200 ) = 600.

Analogicky zjistíme, že trojúhelník XYZ má i při vrcholech X a Z vnitřní úhly velikosti 600. Je tedy rovnostranný. Nechť K, L M jsou paty kolmic z libovolného bodu G ≠ F trojúhelníka XYZ na jeho strany YZ, ZX, XY. Nejvýš jeden z bodů K, L, M patří do množiny { A, B, C} .

Obr. 137

- 79 -

S ohledem na Vivianovu větu (z úlohy 51) a fakt, že přepona v pravoúhlém trojúhelníku je delší než odvěsna, dostáváme GA + GB + GC > GK + GL + GM = FA + FB + FC . Úloze tedy vyhovuje pouze Fermatův bod F (obr. 135).

□

Věta 15. Pro každý bod X, který se nachází vně trojúhelníka ABC s velikostmi vnitřních úhlů menšími než 1200 , platí vztah

AX + BX + CX > AF + BF + CF , v němž F je Fermatův bod trojúhelníka ABC.

Důkaz věty 15 ponecháváme čtenáři jako cvičení CKU_77. Úloha 54. Dokažte, že pro libovolný bod D trojúhelníka ABC platí

AC + BC ≥ AD + BD ,

(15)

přičemž rovnost nastává jen pro D = C. Řešení. Důkaz plyne z vlastností elipsy a obr. 138, na němž mají elipsy m a n společná ohniska A a B.

Obr. 138

Obr. 139

Ukážeme ještě, jak toto tvrzení dokázal Eukleides ve svých Základech: Pro D = C je rovnost ve vztahu (15) zřejmá. Předpokládejme dále, že D ≠ C. Nechť E je průsečík polopřímky AD se stranou BC (obr. 139). Trojúhelníkovou nerovnost AC + EC > AE pro trojúhelník ACE upravíme přičtením výrazu BE k jejím oběma stranám na tvar AC + BC > AE + BE . (16) Podobně nerovnost DE + BE > BD pro trojúhelník DBE upravíme přičtením |AD| na tvar

AE + BE > AD + BD . Odtud a ze vztahu (16) dostáváme dokazovanou nerovnost.

- 80 -

Úloha 55. V rovině trojúhelníka, který má vnitřní úhel větší nebo roven 1200 , najděte bod s minimálním součtem vzdáleností od vrcholů trojúhelníka. Řešení.

Nechť ABC je trojúhelník s úhlem γ ≥ 1200 a M , N jsou po řadě vnitřky kruhů

s hraničními kružnicemi m ( A, | AC |) a n ( B, | BC |) . Předpokládejme nejprve, že bod X leží vně útvaru N (obr. 140). Pak BX ≥ BC a z trojúhelníkové nerovnosti AX + CX ≥ AC plyne s ( X ) = AX + BX + CX ≥ AC + BC , (17) přičemž rovnost nastane, právě když X = C. Jestliže bod X leží vně M dokážeme vztah (17) analogicky.

Obr. 140

Obr. 141

Nakonec předpokládejme, že se bod X nachází v průniku P útvarů M a N. Útvar P je symetrický podle přímky AB. Každý bod X, který leží v průniku Q útvaru P s trojúhelníkem ABC, a jeho obraz Y v souměrnosti podle přímky AB proto splňují vztah s ( X ) < s (Y ) . Můžeme se tedy omezit jen na body X ∈ Q. Uvažujme libovolný z nich a sestrojme rovnostranný trojúhelník ACD podle obr. 141. Užitím věty z úlohy CKU_80 dostáváme pro čtveřici bodů ( A, X , C , D ) vztah

AX + CX ≥ DX .

(18)

Z velikostí úhlů ACB a ACD snadno ověříme, že pro bod C leží v trojúhelníku BDX. Použitím vztahu (15) dostáváme BX + DX ≥ BC + DC = BC + AC . Odtud a z (18) dále plyne

s ( X ) = BX + AX + CX ≥ BX + DX ≥ BC + AC , přitom rovnost platí jen pro X = C. Pro γ ≥ 1200 má tedy minimální součet vzdáleností od vrcholů trojúhelníka pouze vrchol C. Výsledek zobecníme do věty 16, jejíž druhá část je důsledkem trojúhelníkové nerovnosti.

Věta 16. Má-li některý z vnitřních úhlů trojúhelníku ABC velikost větší než 1200 , nabývá součet s ( X ) = AX + BX + CX svého minima jen ve vrcholu tohoto úhlu. Jsou-li body A, B a C kolineární, je s ( X ) minimální jen když X je jedním z těchto bodů a leží mezi druhými dvěma.

- 81 -

Úloha 56. V rovině jsou dány body A, B a C. Sestrojte bod X tak, aby měl součet

s ( X ) = AX + BX + CX minimální hodnotu. Řešení. a) Pokud se body A, B a C nachází na téže přímce, zvolíme (podle věty 16) za X ten z nich, který se nachází mezi zbylými dvěma. b) Je-li ABC trojúhelník s některým vnitřním úhlem velikosti aspoň 1200 , je (podle věty 16) bodem X vrchol trojúhelníka při tomto úhlu. c) Nechť ABC je trojúhelník, který má všechny vnitřní úhly menší než 1200. Již víme, že s ( X ) je minimální pro X = F , přičemž Fermatův bod F trojúhelníka ABC lze výhodně sestrojit takto: 1. Zvolíme libovolnou stranu trojúhelníka sestrojíme k ní vně připsaný rovnostranný trojúhelník a opíšeme mu kružnici m. (Na obr. 142 trojúhelník CBK.) 2. Při označení podle obr. 142 sestrojíme bod F jako průsečík kružnice m s úsečkou AK. □ Při práci s programem Cabri II+ si můžete při této Obr. 142 konstrukci usnadnit práci využitím makrokonstrukFERMAT 0.mac nebo FERMAT 1.mac, které lze do souboru, s nímž pracujete, vložit ze složky PŘÍLOHA 1.

Shrnutí podstatných vlastností:

V trojúhelníku ABC s vnitřními úhly menšími než 1200 (obr. 143) platí: 1. Kružnice opsané rovnostranným trojúhelníkům CBK, ACL a BAM se protínají ve Fermatově bodě F. 2. Úsečky AK, BL a CM jsou stejně dlouhé, každé dvě z nich svírají úhel 600 a protínají se v bodě F. 3. Když pro libovolný bod X dané roviny označíme s ( X ) = AX + BX + CX , pak

S ( X ) min = AF + BF + CF a zároveň

S ( X ) min = AK = BL = CM . Obr. 143

- 82 -

Cvičení CKU_76. Uvažujme libovolný rovnostranný kladně orientovaný trojúhelník ABC s výškou v a libovolný bod M roviny ABC. (Orientace trojúhelníka ABC je kladná, jestliže pohyb po hranici trojúhelníka v pořadí A → B → C → A probíhá proti směru pohybu hodinových ručiček. Probíhá-li tento pohyb po směru pohybu hodinových ručiček, je orientace trojúhelníka ABC záporná. Při volbě orientace musíme rozlišovat pořadí, v jakém zapisujeme vrcholy trojúhelníka: Při pevně zvolených nekolineárních bodech A, B, C mají trojúhelníky ABC, BCA a CAB tutéž orientaci, která je opačná než orientace trojúhelníků BAC, CBA a ACB.) Vzdálenosti x bodu M od přímky BC přiřadíme buď znaménko "+", je-li trojúhelník MBC orientován kladně, nebo znaménko "− ", je-li trojúhelník MBC orientován záporně. Analogicky přiřadíme znaménko vzdálenosti y (resp. z) bodu M od přímky CA (resp. AB) podle orientace trojúhelníka MCA (resp. MAB). Dokažte, že při této znaménkové dohodě platí: x + y + z = v. CKU_77. Pomocí tvrzení z úlohy CKU_76 dokažte větu 14. CKU_78. Jsou dány čtverce OABC a OKLM. Dokažte, že úsečky AK a CM jsou shodné a navzájem kolmé. (Využijte otočení jako při řešení úlohy 53, podobně řešte i úlohy CKU_79 a CKU_80.) CKU_79. Dokažte van Schootenovu větu: Pro libovolný bod X, který leží na kružnici opsané rovnostrannému trojúhelníku ABC, je jedna z jeho vzdáleností od vrcholů trojúhelníka rovna součtu zbývajících dvou. CKU_80. Dokažte větu: Je-li ABC rovnostranný trojúhelník a X bod, který leží v polorovině opačné k polorovině ABC, pak AX + BX ≥ CX . Kdy platí rovnost?

3.3.2 Steinerova úloha V tomto odstavci vycházíme z článku [15]. Budeme užívat některé pojmy z teorie grafů, terminologii si však (v souladu s [15]) poněkud upravíme: Nechť je v rovině dáno u bodů, které budeme nazývat uzly. Uzlový graf, nebo stručněji jen graf je soustava uzlů, z nichž některé jsou spojeny čarami. Tyto čáry nazýváme hrany grafu. Termínem síť rozumíme takový soubor úseček, ve kterém jsou libovolné dva uzly spojeny lomenou čarou z těchto úseček. Přitom každá úsečka sítě náleží lomené čáře spojující některé dva uzly. Konce úseček sítě, které nejsou uzly, budeme nazývat vidlice. Uzly značíme (jako body v rovině) velkými písmeny latinské abecedy a zakeslujeme je jako větší tečky, zatímco vidlice budeme značit malými písmeny řecké abecedy a v obrázcích je ponecháváme jako konce úseček bez zvýraznění. Délka sítě je součet délek všech úseček sítě. Na obr. 144 a obr. 145 vidíme příklady grafů, které jsou sítě.

Obr. 144

Obr. 145

- 83 -

Obrázky 146 a 147 představují grafy, které nejsou sítě. Graf na obr. 146 není síť, protože čára C β není úsečka. Graf na obr. 147 není síť, protože není souvislý, to znamená, že se například z uzlu K nedostaneme do uzlu D po úsečkách. Navíc úsečka βγ nenáleží lomené čáře spojující uzly.

Obr. 146

Obr. 147

Steinerova úloha spočívá v úkolu nalézt pro danou množinu uzlů A1 , A2 , … , Au síť minimální délky. Pro u = 2 je sítí minimální délky úsečka s krajními body A1 a A2 . Pro u = 3 jsme celé řešení uvedli v úloze 56. Zkusíme nyní Steinerovu úlohu vyřešit pro u = 4. Nejprve za předpokladu, že se dané uzly nachází ve vrcholech obdélníka.

Úloha 57. Vyřešte Steinerovu úlohu, jsou-li dané uzly ve vrcholech obdélníka ABCD, AB = 5cm a BC = 12 cm (obr. 148). Řešení (s komentářem). Nezkušeného řešitele obvykle napadne, že je řešením dvojice úhlopříček AC a BD s vidlicí α ve středu obdélníka (obr. 149). Taková síť není nejkratší. Její délka je

s1 = 2 AB + BC = 26 cm, 2

2

zatímco délka sítě s2 na obr. 150 je jen 22 cm. Ani ta není nejkratší. Lomenou čáru BCD lze totiž nahradit soustavou úseček Bα , Cα a Dα , kde α je Fermatův bod trojúhelníka BCD (obr. 151). Výpočtem se přesvědčíme, že

Bα + Cα + Dα < BC + CD .

Obr. 148

Obr. 149

Obr. 150

Při označení podle obr. 152 je Bα + Cα + Dα = BK =

( BC + CQ )

- 84 -

2

+ KQ , 2

(19)

kde délka úsečky CQ rovna výšce rovnostranného trojúhelníka CDK, tedy CQ =

5 3 cm, 2

5 a KQ = cm. Po dosazení do (19) vypočteme 2 s3 = BK + AB = 16, 20 cm + 5cm = 21, 20 cm.

Obr. 151

Obr. 152

Ani tato síť z obr. 151 není minimální, protože ji můžeme zkrátit, když lomenou čáru nahradíme úsečkami Aβ , B β a C β , kde β je Fermatův bod trojúhelníka ABα (viz obr. 153 a 154).

Obr. 153

Obr. 154

Po této úpravě není vidlice α Fermatovým bodem v trojúhelníku β CD, lze tedy provést další zkrácení, když ji nahradíme vidlicí γ , jež tímto Fermatovým bodem je. Tak bychom mohli stále pokračovat, avšak nejkratší síť touto cestou nikdy zcela přesně nesestrojíme. Zkusíme tedy postupuvat jinak: Dosavadní úvahy naznačují, že minimální síť má dvě vidlice,8 označíme je α a β v souladu s obr. 155, na němž je předpokládaná minimální síť vyznačena silně. Přitom α je Fermatovým bodem v trojúhelníku AB β , zatímco β je Fermatovým bodem v trojúhelníku CDα .

Obr. 155 Pro délku této sítě platí:

s = Aα + Bα + αβ + C β + Dβ = ( Aα + Bα + αβ ) + ( C β + Dβ + αβ ) − αβ =

(

)

= Kα + Lβ − αβ = KL = 12 + 5 3 cm = 20,66 cm.

8

Tento fakt přesněji zdůvodňuje níže uvedená věta 17.

- 85 -

Síť na obr. 155 má úsečku αβ rovnoběžnou s přímkou BC. Může však existovat síť stejného typu, která má úsečku αβ rovnoběžnou s přímkou AB a délku s2 . Síť z obr. 155 je tedy minimální jen tehdy, když platí s1 < s2 , resp. když síť s úsečkou αβ rovnoběžnou s přímkou AB neexistuje.9 Je-li s1 > s2 , má nejmenší délku síť II s úsečkou αβ rovnoběžnou s přímkou AB. Konstrukce sítě II je znázorněna na obr. 156. Vidíme, že síť II neexistuje, protože se kružnice opsané rovnostranným trojúhelníkům ADM a BCN protínají. (Fermatův bod α trojúhelníka AD β nemůže ležet vně tohoto trojúhelníka. )

(

)

Závěr. Nejkratší je síť z obr. 155 délky s = 12 + 5 3 cm.

Pozorný čtenář si zajisté uvědomil, že naše řešení má jisté nedostatky. Vycházeli jsme příliš z názoru. Dostatečně jsme nezdůvodnili, že minimální síť existuje a že je právě uvedeného typu. Zformulujeme nyní základní vlastnosti každé minimální sítě a na závěr sestavíme algoritmický postup řešení Steinerovy úlohy s u zadanými uzly.

Obr. 156

Věta 17. Každá minimální síť má tyto vlastnosti: 1. 2. 3. 4. 5.

Z každého uzlu vychází jedna, dvě, nebo tři úsečky. Jestliže z uzlu vychází dvě úsečky, je úhel mezi nimi větší nebo roven 1200. Jestliže z uzlu vychází tři úsečky, je úhel mezi každými dvěma z nich roven 1200. Z každé vidlice vychází právě tři úsečky a každé dvě z nich svírají úhel 1200. Nejkratší siť neobsahuje cykly (to znamená uzavřené lomené čáry tvořené úsečkami sítě).

Poznámka. Vidlice minimální sítě se též nazývají Steinerovy body. Stručnější název vidlice je převzat z článku [15]. Důkaz věty 17 je jednoduchý. Kdyby některé dvě úsečky sítě vycházely z téhož bodu (uzlu nebo vidlice) a svíraly úhel menší než 1200 , dala by se celková délka sítě zkrátit postupem podle obr. 157. Důsledkem tohoto faktu jsou tvrzení 1 až 4. Pokud síť obsahuje cyklus, lze zkrátit celkovou délku sítě odebráním úsečky (obr. 158). □

9

Rovnost s1 = s2 neuvažujeme. Ta může nastat jen pro čtverec. Přesvědčte se o tom vyřešením úlohy CKU_81.

- 86 -

Obr. 157

Obr. 158

Souvislý graf, který neobsahuje cykly, se nazývá strom. Z pátého tvrzení věty 17 plyne, že každá minimální síť je strom. Z toho plyne, že počet n všech uzlů a vidlic minimální sítě je vždy o 1 větší než počet h všech jejích úseček: n −1 = h

(20)

(Nejjednodušší síť je úsečka, která spojuje dva uzly, tedy n = 2 a h = 1. S přidáním každé další úsečky musíme přidat buď uzel nebo vidlici, rozdíl n − h tedy zůstává roven jedné.

Rovnost (20) využijeme k odvození vztahů pro počet vidlic. Budeme užívat toto označování: u ... počet všech uzlů sítě, u1 ... počet všech uzlů, ze kterých vychází právě jedna úsečka, u2 ... počet všech uzlů, ze kterých vychází právě dvě úsečky, u3 ... počet všech uzlů, ze kterých vychází právě tři úsečky,

v ... počet všech vidlic sítě. Vztah (20) lze psát ve tvaru h = u + v − 1. Navíc víme, že z každé vidlice vychází právě tři 3v + u 3v + u úsečky a z každého uzlu aspoň jedna úsečka. Platí tedy h ≥ , neboli u + v − 1 ≥ . 2 2 Odtud po úpravě dostaneme jednoduchý vztah pro odhad počtu vidlic minimální sítě:

v ≤ u − 2.

- 87 -

(21)

Vztah (21) umožňuje horní odhad počtu vidlic. Pro řešení konkrétních typů sítí odvodíme vztah (22) pro přesné určení počtu vidlic. Vzhledem k tomu, že u = u1 + u2 + u3 dostáváme u1 + u2 + u3 + v − 1 = h =

u1 + 2u2 + 3u3 + 3v 2

a odtud po úpravě v = u1 − u3 − 2.

(22)

Poznatky využijeme ke stanovení algoritmického postupu řešení obecné Steinerovy úlohy. Vycházíme z předpokladu, že hledaná minimální síť existuje, což není korektní. Navíc se záměrně vyhneme nepříjemným situacím, které by mohly nastat. Nicméně tyto nedostatky nebrání nalezení minimální sítě pro některé nepříliš složité situace.

Postup obecného řešení Steinerovy úlohy 1. Nejprve zjistíme, které uzly jsou přímo spojeny úsečkami a pomocí (21) odhadneme počet vidlic. 2. Nakreslíme schémata sítí, které přicházejí v úvahu. Musí jich být konečný počet, protože vidlic je nejvýše u − 2 (u je počet uzlů). 3. Dále vyšetřujeme jednotlivé typy grafů postupným zjednodušováním. Dodržujeme tyto algoritmy: a) Jsou-li některé dva uzly přímo spojeny, získáme odstraněním příslušné úsečky dvě sítě z menším počtem uzlů. Tím úlohu převedeme na vyřešení dvou jednodušších úloh. b) Po důsledném provedení kroku a) řešíme již jen takové sítě, z nichž z každého uzlu směřují úsečky pouze do vidlic. Protože je počet uzlů podle vztahu (21) větší než počet vidlic, vedou aspoň ze dvou uzlů úsečky do téže vidlice α (obr. 159). Označme tyto uzly A, B. Je zřejmé, že α je Fermatův bod v nějakém trojúhelníku AB β (přitom je jedno, zda β je Obr. 159 vidlice nebo uzel). Sestrojíme rovnostranný trojúhelník ABO1 vně připsaný trojúhelníku AB β . Již víme, že vidlice

α leží na úsečce β O1 a zároveň Aα + Bα + αβ = β O1 . Můžeme tedy úsečky Aα , Bα a αβ nahradit jedinou úsečkou β O1. Po této operaci jsou uzly A, B nahrazeny jediným uzlem O1. Počet uzlů i počet vidlic je zmenšen o 1. Tento postup opakujeme tak dlouho, až počet uzlů a vidlic nelze dále snižovat. Obdržíme úsečku se dvěma koncovými body, jejíž délka je délkou minimální sítě. Zpětnou konstrukcí nalezneme polohu všech vidlic.

- 88 -

Úloha 58. Vyřešte Steinerovu úlohu pro vrcholy obecného konvexního čtyřúhelníka ABCD, jehož vnitřní úhly mají velikost menší než 1200. Řešení. Vzhledem k omezení velikosti vnitřních úhlů vychází v minimální síti z každého uzlu právě jedna úsečka. Je tedy u1 = 4 a u2 = u3 = 0. Podle (22) je počet vidlic v = 4 − 2 = 2. V úvahu připadají dvě sítě téhož typu, každá se dvěma vidlicemi. Na obr. 160 je síť I narýsovaná v programu Cab ri II+. Konstrukce je zřejmá, délka sítě s1 = KL = 12, 78cm je zaokrouhlená a byla změřena programem. Na obr. 161 vidíme síť II, s2 = 13, 43cm. Závěr. Minimální délku s1 = 12, 78 cm má síť na obr. 157.

Obr. 160

Obr. 161

Poznámka. Při hledání minimální sítě pro uzly ve vrcholech čtyřúhelníka z úlohy 58 vyšetřujeme v obecné situaci dvě sítě téhož typu. Minimální je ta z nich, která má kratší délku. Někdy se může stát, že jedna ze sítí neexistuje, jak jsme viděli při řešení úlohy 57. Na obr. 162 je ukázka čtyřúhelníka, pro nějž mají obě sítě stejnou délku, úloha má dvě řešení.

Obr. 162

- 89 -

Úloha 59. Vyřešte Steinerovu úlohu pro vrcholy čtyřúhelníka ABCD zadaného takto: AB = 5, 00 cm, BC = 8, 00 cm, CD = 6, 00 cm, DA = 2, 00 cm a AC = 6,50 cm . Řešení. Podle vztahu (21) má minimální síť nejvýše dvě vidlice. Na obr. 163 je daný čtyřúhelník zobrazen. Úhel BAD je větší než 1200. Na rozdíl od předchozí úlohy je nutno do řešení zařadit i situace, kdy má síť 1 vidlici. Uvažujme tedy nejprve, že z uzlu A vedou dvě úsečky: Jedna do sousedního uzlu B a druhá do vidlice α , která je zřejmě Fermatovým bodem trojúhelníku ACD.

Obr. 163 Konstrukci i délku sítě představuje obr. 164. Na obr. 165 je sestrojena síť téhož typu, tentokrát úsečka z uzlu A směřuje do uzlu D. Vidíme, že síť je delší a navíc nesplňuje vlastnosti minimální sítě, neboť dvě úsečky svírají úhel menší než 1200. Obr. 164

Obr. 165

Obr. 166

Ze sítí se dvěma vidlicemi je realizovatelná jen ta, kterou znázorňuje obr. 166. Ta je řešením naší úlohy. Má délku 11, 72 cm.

- 90 -

V další úloze jsou uzly ve vrcholech čtyřúhelníka, který se příliš neliší od předchozího. Výsledkem je však síť jiného typu. Úloha 60. Vyřešte Steinerovu úlohu pro vrcholy čtyřúhelníka ABCD: AB = 4, 00 cm, BC = 7, 00 cm,

CD = 6, 00 cm, DA = 2, 00 cm a AC = 6, 00 cm . Řešení provádíme stejně jako v úloze 59. Sítě s jednou vidlicí jsou sestrojeny na obr. 168 a 169. Sítě se dvěma vidlicemi neexistují. Na obr. 170 vidíme konstrukci jedné z nich. Vidlice α ze nachází vně toho oblouku AD, který by měla protínat. Konstrukce naznačuje, že smysluplné řešení nastane, když bod O2 spojíme přímo s uzlem A. Takto opravená konstrukce povede k síti na obr. 168. Závěr. Minimální síť je na obr. 169 a má délku 11,65 cm.

Obr. 168

Obr. 167

Obr. 169

Obr. 170 - 91 -

Úloha 61. Obdélník ACDF má AC = 6 cm a CD = 3cm. Bod B je střed strany AC a bod E je střed strany DF. Vyřešte Steinerovu úlohu pro množinu uzlů { A, B, C , D, E , F } . Řešení. Ze (21) je počet možných vidlic v ≤ 6 − 2 = 4. Přesvědčte se, že minimální síť s jednou vidlicí není možná. Pro v = 2 přichází v úvahu pouze síť na obr. 171 (s ní shodnou síť s vidlicemi uvnitř čtverce BCDE nepovažujeme za jiné řešení). Podmínky minimální sítě splňuje, protože úhly β ED a β BC mají velikost 1200. Její (zaokrouhlená) délka je s1 = 14, 20 cm. Síť se třemi vidlicemi je také (až na symetrickou záměnu) jediná. Je znázorněna na obr. 172. Podmínky minimální sítě splňuje, ∠β Bγ = 1350 , s2 = 13,99 cm. Teprve poslední možnost vede k minimální síti, kterou vidíme na obr. 173, má čtyři vidlice a její délka je s3 = 13,88 cm. Postup konstrukce sítě je zřejmý z obr. 174 a můžeme si jej po krocích zobrazit v souboru KU_61.fig.

Obr. 171

Obr. 172

Obr. 174

- 92 -

Obr. 173

Vytvoření jednodušších minimálních sítí můžeme názorně demonstrovat pomocí mýdlových blan, když si vyrobíme vhodné Plateauovy mřížky. Potřebujeme k tomu bezbarvé plexisklo (stačí tloušťka 2 mm), měděný izolovaný drát tloušťky kolem 1 mm, štípací kleště, nůž, dřevěnou podložku, tužku, pravítko, kružítko, vrtačku s vrtáčkem o takovém průměru, aby se dal odizolovaný drát do dírky těsně zasunout, a vhodný nástroj na řezání plexiskla (postačila mi obyčejná ruční pilka s jemnými zoubky). Zakoupené plexisklo má povrch polepený papírem, aby se nepoškrábalo. Rýsování tužkou na něj nečiní problémy. Proto papír před výrobou nesundáváme. Z plexiskla vyřízneme dvě shodné destičky, rozměru např. 4 × 5cm, a narýsujeme si na jednu z nich soustavu uzlů, k níž hledáme minimální síť. Potom desky přiložíme k sobě, aby se kryly, a provrtáme dírky v místech uzlů. Okraje destiček můžeme zabrousit smirkovým papírem nebo pilníkem. Potom z destiček sundáme krycí papír a omyjeme je ve vlažné vodě.

Obr. 175

Z drátu si nastříháme stejně dlouhé kousky a z každé strany odřízneme izolaci stejné délky. Konkrétně jsem nastříhal kousky délky 35 mm a z každé strany odřízl 10 mm izolace. Prostřední část drátu měla navlečenou izolaci délky 15 mm, viz obr. 175. Izolaci odřezáváme tak, aby stažená část tvořila neporušenou trubičku. Minimální počet takových stejných kousků drátu je roven počtu uzlů. Potom drátky nastrkáme do dírek v destičkách a na vyčnívající neizolované konce navlékneme stažené kousky izolace, jak je vidět na obrázcích 176 a 177. Hotovou pomůcku ponoříme do dostatečně velké nádoby s vodou, do níž jsme přidali trochu Tepu, resp. Jaru nebo jiného vhodného saponátu. Po vytažení se povrchová blána kapaliny stahuje tak, aby její provrch byl co nejmenší. Protože jsou destičky rovnoběžné, vytváří blána mezi deskami proužek konstantní šířky. Povrch proužku je minimální, právě když je minimální délka proužku. Ta je rovna délce sítě.

- 93 -

Na obr. 176 vytvořila blána saponátového roztoku model minimální sítě pro uzly ve vrcholech trojúhelníka (jinými slovy je to demonstrace Fermatova bodu). Obrázek 177 představuje minimální síť pro uzly ve vrcholech čtyřúhelníka, který má jeden vnitřní úhel větší než 1200.

Obr. 176

Obr. 177a

- 94 -

Není to krásné, když příroda takto vyřeší extremální úlohu za nás? Bohužel jsou naše modely vhodné jen k demonstraci vypočtených výsledků. Mají řadu nedostatků. Uvedeme tři základní: 1. Saponátová blána nepřilne vždy správně k drátěným příčkám. Pro model k úloze 57 můžeme například po vytažení mřížky z kapaliny vidět dvě blány napnué podél stran AB a CD. 2. Vyrobená mřížka je jen nepřesný model ideální geometrické konfigurace. Nepřesnosti mohou negativně ovlivnit výsledek.

Obr. 177b

3. Ani saponátová blána se nechová ideálně. Díky drobným nehomogenitám se nemusí stahovat ve všech svých místech stejně. To se výrazně projeví zejména v takových situacích, kdy se k minimu blíží sítě několika různých typů a délky těchto sítí se od minima příliš neliší. Když jsem si vyrobil mřížku k úloze 61, vytvářela blána při opakování pokusu postupně modely všech tří sítí z obr. 171 až 173.

Cvičení CKU_81 Vyřešte Steinerovu úlohu pro vrcholy čtverce ABCD. CKU_82 Vyřešte Steinerovu úlohu pro vrcholy pravidelného pětiúhelníka ABCDE. CKU_83 Vyřešte Steinerovu úlohu pro vrcholy pravidelného n -úhelníka pro n ≥ 6. CKU_84 Vyřešte Steinerovu úlohu pro vrcholy kosočtverec ABCD, v němž ∠ABC = 1400. CKU_85 Ve Steinerově úloze pro vrcholy pravoúhelníka ABCD je minimální ta z možných dvou sítí, která má úsečku αβ rovnoběžnou s delší stranou. Obě sítě mají stejnou délku, právě když AB = BC . Obě tvrzení dokažte. CKU_86 Obdélník ABCD má AB = 6 cm a BC = 2 cm. Stranu AB rozdělují body E, F na tři shodné úsečka a stranu CD rozdělují body G, H rovněž na tři shodné úsečky. Vyřešte Steinerovu úlohu pro množinu uzlů { A, B, C , D, E , F , G, H } . CKU_87 Vyřešte Steinerovu úlohu pro uzly A, B, C, D, jsou-li A, B a C vrcholy rovnoramenného trojúhelníka se základnou AB a bod D leží uvnitř těžnice CS. CKU_88 Vyřešte Steinerovu úlohu pro uzly A, B, C, D, E, F, G, jestliže ABCDEF je pravidelný šestiúhelník a G jeho střed.

- 95 -

CKU_89 Lichoběžník se skládá ze tří rovnostranných trojúhelníků. Vyřešte Steinerovu úlohu pro uzly ve vrcholech těchto trojúhelníků. CKU_90 Experimentálně ověřte úlohu pro vrcholy trojúhelníka a čtverce. Vyrobte si k tomu vhodné Plateauovy mřížky.

3.4 Myšlenkové experimenty Na konci předchozího odstavce jsme experimentálně ověřovali teoretické výsledky. Viděli jsme, že při realizaci experimentů mohou nastat potíže. Co kdybychom zkusili provádět experimenty pouze v mysli? Vraťme se k Fermatově úloze nalézt bod, který má od vrcholů trojúhelníka minimální součet vzdáleností a představme si, že jsme trojúhelník narýsovali na stůl a do jeho vrcholů zatloukli hřebíčky. Dále napneme kolem nich tenkou gumičku (gumové vlákno všude stejného průřezu a všude stejných fyzikálních vlastností). Stáhneme ji do jednoho místa podle obr. 178 malinkým kroužkem tak, aby vlákno mohlo volně klouzat po povrchu kroužku. Gumička se ve všech svých místech stahuje stejnými silami a má nulové tření v místech styku s kroužkem i tam, kde se stýká s hřebíčky. V růběhu staho hování gumičky se bude kroužek pohybovat. Proces se zastaví v rovnovážné poloze. Gumička bude stažena na minimální délku a poloha kroužku se ustálí v bodě M. Výslednice tří stejně velikých sil, kterými gumička přitahuje kroužek ke hřebíčkům, je za rovnovážné polohy nulová. To znamená, že součet každých dvou sil (z uvažovaných tří) je stejně velký jako síla třetí, avšak směr má opačný. Tedy každé dva vektory těchto sil svírají úhel 1200 , jak vidíme na obr. 179) kde modrá čára představuje napjaté gumové vlákno. Odtud plyne, že z bodu M jsou vidět strany trojúhelníka ABC pod úhly 1200. Bod M je tedy Fermatův bod a k této situaci dochází, když jsou úhly trojúhelníka menší než 1200. Pokud je některý z vnitřních úhlů trojúhelníka ABC větší než 1200 , stáhne se gumička tak, aby kroužek byl ve vrcholu při tomto úhlu, neboť při označení podle obr. 180 je síla F3 větší, než opačným směrem působící výslednice F4 sil F1 a F2 . Výslednice všech tří sil způsobuje tlak na hřebíček v místě B. (Je-li β = 1200 , je tato výslednice v konečném působišti B nulová.)

10

Převzato z [11].

- 96 -

Obr. 17810

Obr. 179

Gumička (nebo pružné vlákno) s nulovým třením může existovat pouze v našich představách. Provedení experimentu v praxi tedy nevede k očekávanému výsledku. V naší mysli však experiment probíhá za ideálních podmínek, jak jsme popsali. Jiný výsledek nepřipouštíme, protože by znamenal popření platných fyzikálních zákonů. Ke stejným závěrům dojdeme i úvahami, jež vychází z principu minimální energie, viz [16] nebo [17].

Obr. 180

Myšlenkové experimenty představují účinnou metodu objevování nových poznatků v přírodních vědách. Ve starověku je využíval Archimédés, v novověku například Einstein, setkáme se s nimi v moderních učebnicích fyziky i jinde.

Na závěr se na několika příkladech seznámíme s Archimédovou "mechanickou metodou." Archimédés vycházel z pojmu těžiště tělesa, což bylo působiště tíhové síly tělesa. V souvislosti s tím využíval tyto axiomy (tvrzení, jejichž pravdivost přijal na základě dlouholetých zkušeností). I. Každá hmotná soustava má právě jedno těžiště. II. (Zákon páky) Těžiště dvojice hmotných bodů A, B o hmotnostech m1 , m2 je takový bod T úsečky AB, pro který platí m1 ⋅ AT = m2 ⋅ BT (obr. 181).

Obr. 181

III. (Princip redukce) Těžiště hmotné soustavy se nezmění, zaměníme-li libovolnou její část (tzv. podstoustavu) jedním hmotným bodem splývajícím s těžištěm této podsoustavy a majícím celou její hmotnost. IV. Těžiště úsečky je v jejím středu. Podstatu Archimédovy mechanické metody ukážeme na třech příkladech. Úsečky, body a jiné geometrické útvary nahradíme jejich modely, i když pro stručnost užíváme termíny úsečka, bod apod. Modely úseček mají nenulovou tloušťku a hmotnost, modely rovinných útvarů jsou planparalelní destičky s velmi malou (avšak nenulovou) tloušťkou a všude stejnou hustotou. Po rozřezání útvaru na úsečky můžeme úsečky přemístit a opět z nich složit původní útvar. Podobné operace provádíme s jejich rovinnými řezy, jež si představujeme jako velmi tenké homogenní destičky. Z hlediska matematiky je to nepřesný postup. Právě kvůli těmto problémům Archimédes pravděpodobně váhal se zveřejněním mechanické metody. Nakonec ji uvedl v dopise svému příteli Eratostenovi, všestrannému alexandijskému učenci a knihovníkovi. Text dopisu byl nalezen až na začátku 20. století, když se zjistilo že jeden starý kodex je palimsest (dokument vyrobený z popsaného pergamenu, v němž se původní text seškrábáním odstranil a nahradil textem jiným). Seškrábaný text byl zviditelněn a rozluštěn. Mimo jiné obsahoval Archimédovo poselství Eratostenovi.

- 97 -

1. Těžiště trojúhelníka. Představme si trojúhelník ABC jako množinu úseček rovnoběžných se stranou AB, obr. 182 (a). Každou úsečku lze nahradit hmotným bodem umístěným v jejím těžišti, které se nachází ve středu úsečky. Všechny takové hmotné body pokrývají úsečku C1C , kde C1 je střed strany AB. Těžiště T trojúhelníka je podle principu redukce totožné s těžištěm soustavy těchto hmotných bodů, leží na úsečce C1C.

Obr. 182

Analogicky dokážeme, že těžiště leží na úsečce A1 A, kde A1 je střed strany BC - obr. 182 (b) - resp. že těžiště leží na úsečce B1 B, kde B1 je střed strany CA. Protože trojúhelník má právě jedno těžiště, protínají se úsečky A1 A, B1 B a C1C v jediném bodě T. Dále ukážeme, že soustava tří hmotných bodů A, B, a C, které mají stejnou hmotnost m a nacházejí se ve vrcholech trojúhelníka, má těžiště ve stejném bodě jako původní trojúhelník - obr. 182 (c). Těžiště této soustavy můžeme nalézt tak, že hmotné body (A, m) a (B, m) nahradíme jejich těžištěm (T1 , 2m), které však leží ve středu C1 úsečky AB. Těžiště T soustavy všech tří bodů A, B, C leží na úsečce C1C , neboť podle principu redukce je těžištěm bodů (T1 , 2m) a (C , m). Cyklickou záměnou bodů A, B, C v poslední úvaze zjistíme, že bod T leží také na úsečkách A1 A a B1 B, tedy v těžišti trojúhelníka ABC. Navíc pomocí pravidla páky pro body (C 1 , 2m) a (C , m) dostáváme 2m ⋅ C1T = m ⋅ CT , neboli 2 C1T = CT .

Závěr: Nechť ABC je trojúhelník a A 1, B 1, C 1 jsou po řadě středy stran BC, CA, AB. Úsečky A1 A, B1 B a C1C se nazývají těžnice trojúhelníka ABC. Protínají se v jediném bodě T, těžišti trojúhelníka, přičemž platí AT : TA1 = BT : TB 1 = CT : TC 1 = 2 :1.

- 98 -

2. Kvadratura paraboly. Archimédes mechanickou metodou zjistil a exhaustivní metodou dokázal větu: Každá úseč sevřená parabolou p a její tětivou AB má obsah rovný 4/3 obsahu trojúhelníka ABC, kde C je bod dotyku paraboly s její tečnou rovnoběžnou s přímkou AB (obr. 183).

Obr. 183

Jeho odvození poslední věty je poměrně náročné. Ukážeme proto hlavní myšlenku na jednodušší úloze. Mechanickou metodou nalezneme obsah obrazce OAB pod grafem paraboly y = x 2 (obr. 184).

K obrazci OAB, který nazveme U přidejme trojúhelník ABO a označme jej V. Rovnoběžka s osou y v libovolném bodě X = [ x, 0] úsečky OA vytne na útvaru U úsečku DX délky y = x 2 a na trojúhelníku V úsečku EX, jejíž délku určíme z podobnosti trojúhelníků OXE a OAB: EX AB

=

OX OA

, neboli

EX a

2

x = . Odtud EX = ax. a

Dále považujme osu x za páku podepřenou v bodě O, který je jejím těžištěm. Na této páce ponechme pouze (hmotné) úsečky EX a DX , přičemž úsečku DX posuneme do takové polohy

- 99 -

CH, aby byla s úsečkou EX (ponechanou na svém místě) vyvážena. Protože délky úseček jsou úměrné jejich hmotnostem, má zákon páky tvar x 2 ⋅ OC = ax ⋅ x (obr. 184). Odtud OC = a. Vidíme, že poloha bodu C nezávisí na volbě bodu X, a tak se rovnováha na páce neporuší, když všechny úsečky DX přemístíme do bodu C. Tam je složíme v útvar U, který v bodě C zavěsíme podle obr. 185. (Trojúhelník OAB zůstane na místě.) Hmotnosti 2 1 desek - obrazců jsou úměrné jejich obsahům, OF = a a S ABC = a 3 . Vztahy dosadíme do 3 2 1 podmínky rovnováhy SU ⋅ OC = S ABC ⋅ OF pro situaci na obr. 185. Z ní určíme SU = a 3 . 3 a 1 Správnost výsledku lze ověřit integrálním počtem: SU = ∫ x 2 dx = a 3 . 3 0 Shrnutí. Nechť je dán útvar U, jehož obsah S neumíme nalézt standartním postupem. Podstatou hledání obsahu S Archimédovou mechanickou metodou je umístit útvar U na totéž rameno páky (reprezentované úsečkou podepřenou v bodě O) spolu s vhodně zvoleným útvarem V známého obsahu SV tak, aby bylo možné po rozřezat oba útvary na úsečky (přesněji velmi tenké proužky ohraničené navzájem rovnoběžnými přímkami a hranicí útvaru) kolmé k ramenu páky, úsečky útvaru U přemístit na druhé rameno páky do místa C tak, aby se vyvažovaly s odpovídajícími úsečkami útvaru V a přitom měly všechny stejnou vzdálenost c od osy otáčení. Pak si lze útvar U představit zavěšený na páce v místě C a jeho obsah S určit z podmínky rovnováhy:

S ⋅ OC = SV ⋅ OF , kde F je kolmý průmět těžiště útvaru V na rameno páky. Poznamenejme, že podstatnou a nejtěžší částí postupu je nalezení vhodného útvaru V a jeho polohy tak, aby se jeho úsečky po přemístění vyvažovaly s příslušnými úsečkami útvaru U.

Výpočet objemu koule Archimédes určil jako první objem koule. Ukážeme, jak odvození pomocí mechanické metody popsal Eratostenovi. Kouli o poloměru r s válcem a kuželem, které mají výšku r a poloměr podstavy 2r, umístíme do sebe podle obr. 186 (obrázek představuje osový řez tělesy). Jejich společná osa OJ představuje páku, která je podepřená v bodě O. Tělesa rozřežeme na tenké plátky („kruhy“) rovinami kolmými na osu OJ. Na ose zvolíme bod X ve vzdálenosti x od O. Ta ze soustavy rovin, která jím prochází, vytíná na tělesech kruhy s poloměry FX = x (neboť trojúhelník OXF je rovnoramenný, uvědomte si, že AOJD je čtverec), GX = x(2r − x) (jak plyne z Euklidovy věty o výšce pro trojúhelník OJG) a HX = 2r. Ptáme se, do jaké vzdálenosti od bodu O je nutno posunout na opačné rameno páky dva menší z těchto kruhů, aby byly v rovnováze z kruhem největším.

- 100 -

Označme KK ' a LL ' polohy kruhů FF ' a GG ' po přemístění, bod E je jejich společný střed. Hmotnosti všech tří kruhů jsou úměrné jejich obsahům. Podmínka rovnováhy má tedy tvar

(π x

2

+ π x(2r − x) ) ⋅ OE = (π (2r ) 2 ) ⋅ OX .

Po dosazení OX = x a běžných úpravách určíme OE = 2r. Vzdálenost OE tedy nezávisí na poloze bodu X. Všechny plátky, na něž jsou koule i kužel rozřezány soustavou rovin, přemístíme a složíme z nich opět kužel i kouli jeko tělesa zavěšená na páku v bodě E, aniž by se porušila rovnováha (obr. 187). Hmotnosti těles jsou úměrné jejich objemům. Proto má podmínka rovnováhy na páce po přemístění těles tvar (V + Vk ) ⋅ OE = Vv ⋅ OT , kde V je

1 objem koule, Vk = ⋅ π (2r ) 2 ⋅ 2r objem kužele, Vv = π (2r )2 ⋅ 2r objem válce a OT = r vzdá3 lenost jeho těžiště od bodu O. Určíme tedy V=

r 1 4 ⋅ 8π r 3 − 8π r 3 = π r 3 2r 3 3

nebo, jak by řekl Archimédes, objem koule je roven dvěma třetinám objemu kouli opsaného válce.

Cvičení CKU_91 Promyslete, jak provléct gumičku na obr. 178 kroužkem, aby zařízení (za předpokladu nulového tření) fungovalo výše popsaným způsobem. CKU_92 Popsali jsme, jak Archimédés odvodil vlastnosti těžiště trojúhelníka. Analogickými úvahami odvoďte vlastnosti těžiště čtyřstěnu: Jestliže TA , TB , TC a TD jsou po řadě

- 101 -

těžiště stěn BCD, CDA, DAB a ABC čtyřstěnu ABCD, pak se úsečky ATA , BTB , CTC a DTD , zvané těžnice čtyřstěnu, protínají v jediném bodě T a platí:

AT : TTA = BT : TTB = CT : TTC = DT : TTD = 3 :1. CKU_93 Užitím stejné metody ještě dokažte, že těšiště čtyřstěnu je společným středem všech tří středních příček čtyřstěnu. (Střední příčka čtyřstěnu je úsečka s krajními body ve středech jeho mimoběžných hran.)

Literatura [a] Metody řešení geometrických úloh, http://www.pf.jcu.cz/stru/katedry/m/mrg.html (webová stránka, z níž je možno stáhnout tento studijní text včetně zmiňovaných příloh). [1]

Herman J., Chrápavá V., Jančovičová E., Šimša J.: Matematika – Tercie, Geometrické konstrukce, Prometheus, Praha, 1998.

[2]

Müllerová J., Čižmár J., Divíšek J., Macháček V.: Matematika 7, II. díl, Prometheus, Praha, 1990.

[3]

Polák J.: Přehled středoškolské matematiky, SPN, Praha, 1972.

[4]

Polák J.: Přehled středoškolské matematiky, Prometheus, Praha, 1991.

[5]

Šarounová A., Bušek I., Růžičková J., Väterová V.: Matematika 8, II. díl, Prometheus, Praha 1999.

[6]

Šedivý J.: Shodná zobrazení v konstrukčních úlohách, edice Škola mladých matematiků, sv.3, Mladá fronta, Praha, 1962.

[7]

Šedivý J. a kol.: Matematika pro I. ročník gymnázií, SPN, Praha, 1984.

[8]

Vyšín J. a kol.: Metodika řešení matematických úloh, SPN, Praha, 1972.

[9]

Kuřina F.: 10 geometrických transformací, Prometheus, Praha, 2002.

[10] Leischner P.: Geometrická zobrazení, Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích, České Budějovice, 2010. [11] Galperin G. A., Zemljakov A. N.: Matematičeskie biljardy, Nauka - Bibliotečka KVANT, vypusk 77, Moskva, 1990. http://www.math.ru/lib/ser/bmkvant?n=20&page=4&o=0&o_by=num [12] Tabachnikov S.: Geometry and billiards, http://www.math.psu.edu/tabachni/Books/billiardsgeometry.pdf [13] Oeuvres de Fermat, vol. 1, Paris 1891, Supplement: Paris 1922, p. 153 [14] Honsberger R.: Mathematical gems, The Mathematical association of America, United States of America, 1973, p. 22-42. [15] Abakumov E. a kol.: Kratčajšie seti, Kvant, 1990, č. 3, str. 17-24, http://kvant.mccme.ru/1990/03/index.htm [16] Šimša J.: Potenciální energie a rovnováha sil v geometrii, In. IX. seminář o filozofických otázkách matematiky a fyziky, str. 145-163, JČMF, Praha, 2000.

- 102 -

[17] Šimša J.: Potenciální energie a rovnováha sil v geometrii, Rozhledy matematickofyzikální, roč. 77 (2000), str. 12-29, JČMF, Praha. [18] Boček L., Zhouf J.: Planimetrie, Pedagogická fakulta Univerzity Karlovy v Praze, Praha, 2009.

- 103 -