2a. Ak si stvorsten ABCD rozvinieme do roviny, najkratsiu lomenu ciaru z A do T cez hranu BD bude predstavovat usecka AT v kosostvorci ABCD. Kedze T je tazisko rovnostranneho trojuholnika, lahko zistime, ze K je stred strany BD. Analogicky L je stred DC. Trojuholnik KLT lezi v strane BCD, teda vyska stvorstena ABCD bude zhodna s vyskou stvorstena AKLT. Stvorsten ABCD je pravidelny, teda v = sqrt{frac{2}{3}a}. Oznacme M stred BC. Potom

S _KLM = ¼S _BCD text{ a } S _KLT = ⅓S _KLM S _KLT = frac{1}{12}S _BCD = frac{1}{12}cdot frac{1}{2}cdot a sqrt{a² - frac{a²}{4}} = frac{sqrt{3}}{48}a². Teda objem stvorstena AKLT je \frac{1}{3}S _KLTcdot v = frac{1}{3}frac{sqrt{3}}{48}a²cdotfrac{sqrt{2}}{sqrt{3}}a = frac{sqrt{2}}{144}a³. endexample example{2b} endexample example{3a} Oznacme alpha = |angle AOB|, beta = |angle BOC|, gamma = |angle COD|, delta = |angle DOA|, a = |OA|, b = |OB|, c = |OC|, d = |OD|. Z AG - nerovnosti mame \forall x, yinBbb R: xy leqfrac{x² + y²}{2},, pricom rovnost nastava, jedine ak x=y. Dalej vieme, ze \forall varphiinBbb R: sinvarphileq 1 a rovnost nastava (ak varphi je vnutorny uhol trojuholnika) iba pre varphi = 90^\circ. Nakoniec este pozname vztah pre obsah (standartne oznaceneho) trojuholnika S = frac12absingamma,. Teda vyuzitim tychto poznatkov dostavame (posledna rovnost je priamo zo zadania): gather 2S = 2(S _AOB + S _BOC + S _COD + S _DOA) = absinalpha + bcsinbeta + cdsingamma + dasindelta leq leq ab + bc + cd + da leq frac{a² + b²}{2} + frac{b² +c²}2 + frac{c²+d²}2 + frac{d²+a²}2 = a² + b² + c² + d² = 2S,. endgather Teda vo vsetkych nerovnostiach musia platit rovnosti, a teda plati a = b = c = d, alpha = beta = gamma = delta = 90^\circ, z coho mame, ze ABCD je stvorec a O jeho stred (priesecnik uhlopriecok). endexample example{3b} Zachovajme oznacenie podla obrazku. Lahko nahliadneme, ze: S_{\tr ABM} = frac12 S_{\tr ABC} qquadqquad S_{\tr APD} = frac12 S_{\tr ACD} qquadqquad S_{\tr PMC} = frac14 S_{\tr BCD} < frac14 S_ABCD Scitame a mame S_{\tr ABM} + S_{\tr APD} + S_{\tr PMC} < frac34 S_ABCD, cize naopak S_{\tr APM} > frac14 S_ABCD. Upravou dostavame: S_ABCD < 4S_{\tr AMP} = 2 xy cdot sin{alpha} le 2xy = frac12 (x² + 2xy + y²) - frac12 (x² - 2xy + y²) = frac12 (x+y)² - frac12 (x-y)² le frac12 (x+y)² = frac12 a², pricom sme sa podla vzoru {it Vladimira Zajaca} dokonca elegantne vyhli vyuzitiu AG - nerovnosti, ktoru vsak aj tak vsetci dobre poznate. endexample example {4a} Obsahy utvarov ohranicenych vrcholmi X₀, dots ,X_n budeme oznacovat S_{X_0 \dots X_n}. Ako je vidno z obrazka stvoruholnika ABCD, kde K,L,M,N su stredy stran, MN parallel AC parallel KL, ba i NK parallel BD parallel ML, lebo ide o zakladne a stredne priecky v trojuholnikoch. Preto tiez S_ABD = 4 cdot S_ANK a S_CBD = 4 cdot S_MLC, co dokopy dava S_ANK + S_MLC = frac{1}{4}S, cize aspon jeden z protilahlych rohovych trojuholnikov ma obsah aspon frac{1}{8}S. To analogicky plati i pre druhu dvojicu. Bez ujmy na vseobecnosti (mozeme cyklit oznacenie stvoruholnika) nech sa jedna o spodne triangle ANK a triangle BLK. Dalsim dosledkom poslednej rovnosti je tiez S_KLMN = frac{1}{2}S, a kedze KLMN je rovnobeznik, plati S_MNK = S_MLK = frac{1}{4}S. Po straveni tychto faktov a letmom pohlade na obrazok je zrejme, ze MN je hladanou strednou prieckou. endexample example{4b} Riesenie podla {it Vladimira Zajaca.} Ak by bol stvoruholnik ABCD nekonvexny, potom sa lahko dokaze, ze polomery kruznic vpisanych trojuholnikom ABC, BCD, CDA a DAB nemozu byt rovnake (skuste si to sami, skoro vsetci ste na to zabudli!). Dalej nech je stvoruholnik ABCD konvexny. Nech r je velkost inkriminovaneho polomeru vpisanej kruznice. Oznacme dlzky uhlopriecok |AC|=u, |BD|=v. Potom pre obsah S stvoruholnika ABCD plati gather S{ABC} + S{CDA} = S = S{BCD} + S{DAB} ,, ( |AB| + |BC| + u + |CD| + |DA| + u ) frac{r}2 = ( |BC| + |CD| + v + |DA| + |AB| + v ) frac{r}2 ,, endgather z coho vyplyva u=v. Vezmime si teraz trojuholnik DAB. Oznacme A' stred jemu vpisanej kruznice a A₁, A₂ dotykove body so stranami DA a AB. Analogicky (po cyklickej zamene) oznacime dalsie dotykove body (pozri obrazok). Potom dostavame (z vlastnosti vpisanej kruznice) % gather |AA₁| = |AA₂| = x, qquad |BB₁| = |BB₂| = y, quad % |CC₁| = |CC₂| = z, qquad |DD₁| = |DD₂| = w. % endgather Dalej oznacme |A₂B₁|=a, |B₂C₁|=b, |C₂D₁|=c, |D₂A₁|=d. Potom pre dlzky uhlopriecok dostavame (opat z vlastnosti vpisanej kruznice) gather (z+b) + (x+a) = u = (z+c) + (x+d) ,, (c+w) + (b+y) = v = (d+w) + (a+y) ,. endgather Odtial uz okamzite vyplyva a=c, b=d. Zrejme ale plati |A'B'|=a (pretoze A₂B₁B'A' je obdlznik). Analogicky |B'C'|=b, |C'D'|=c=a, |D'A'|=d=b. To znamena, ze A'B'C'D' je rovnobeznik, a teda aj ABCD je rovnobeznik. Ale pretoze u=v, tak ABCD musi byt nutne obdlznik. A prave to sme mali dokazat. endexample example{5a} Oznacme K, L, M, N porade body, v ktorych sa sfera dotyka hran AB, BC, CD, DA. Zrejme |AK|=|AN|. Potom vsak bod A lezi v rovine sumernosti bodov K a N, ktoru oznacime rho₁. Podobne |CM|=|CL| a bod C lezi v rovine sumernosti bodov L a M, ktora je vsak totozna rho₁. Rovnako zistime, ze body B a D lezia v rovine sumernosti useciek KN a LM, ktoru oznacime rho₂. Prienik rho₁ a rho₂ je priamka p, ktora je osou sumernosti stvorca KLMN kolmou na rovinu tohoto stvorca. Potom vsak stred S sfery lezi na priamke p. Vsimnime si sumernost podla roviny rho₁. V tejto sumernosti sa rovina rho₂ zobrazi na seba, bod A tiez na seba a bod K na bod N. Potom sa vsak bod B, ktory je prienikom roviny rho₂ a priamky AK, zobrazi na prienik roviny rho₂ a priamky AN, cize na bod D. Kedze body B a D lezia v rovine rho₂, nebudu sumerne len podla roviny rho₁, ale aj podla priamky p. Podobne dostaneme, ze podla priamky p su sumerne body A a C. Ak sa teda sfera (ktora je tiez sumerna podla priamky p) dotyka hrany AC (resp. BD), bod dotyku je v strede tejto hrany. Predpokladajme, ze sfera sa dotyka hrany AC v bode O, ktory je podla predchadzajucej uvahy v strede tejto hrany. Oznacme Q stred hrany BD. Zo symetrie dvojic bodov A, C a K, L podla roviny rho₂ mame AC||KL, a potom su trojuholniky ABC a KBL podobne podla vety uu. Z tejto podobnosti vypocitame |KB|=|AB|dfrac{|KL|}{|AC|}. Ked si vsimneme aj podobnost trojuholnikov ABD a AKN (staci uvazovat symetriu podla rho₁), dostaneme |BQ|=dfrac12|BD|=dfrac12|KN|dfrac{|AB|}{|AK|}= dfrac{|KL||AB|}{2|AO|}=dfrac{|KL||AB|}{|AC|}. Porovnanim tychto vztahov zistime |BQ|=|BK|. Ked teraz uvazime, ze priamka BD je sumerna podla osi p a teda je na nu kolma, dostaneme |angle BQS|=90^\circ (|BQ|=|BK|<|BS|, teda Qneq S). Bod K je dotykovym bodom sfery k priamke BA, preto |angle BKS|=90^\circ=|angle BQS|. Spolu so vztahmi |BK|=|BQ| a |BS|=|BS| dostaneme podobnost trojuholnikov BKS a BQS, z ktorej skutocne vyplyva, ze bod Q je dotykovym bodom sfery a hrany BD, co bolo treba ukazat. endexample example{5b} V nasom rozdeleni stvorca sa mozu vyskytnut aj mnohouholniky, ktore sa navzajom dotykaju pozdlz viacerych useciek (pripadne v izolovanych bodoch). Tie by mohli sposobit problemy, preto mnohouholniky, ktore su medzi nimi, pridame k jednemu z mnohouholnikov. Tymto sposobom dostaneme rozklad stvorca taky, ze hranica medzi lubovolnymi dvomi mnohouholnikmi je bud jeden bod, alebo suvisla krivka. Je jasne, ze ak ma mnohouholnik v novom rozdeleni aspon sest susedov, tak aj v povodnom rozdeleni mal aspon sest susedov. Nove rozdelenie nezvysuje pocet susedov. Kedze povodny mnohouholnik mal diameter najviac frac{1}{30}, potom novy mnohouholnik (spolu so svojimi susedmi) ma diameter najviac frac{1}{10}. Vezmime si mnohouholnik, ktory obsahuje stred stvorca (ak je takych viac, vezmime lubovolny z nich). Oznacme tento mnohouholnik mnohouholnikom {it 1. generacie}. Vsetky mnohouholniky, ktore sa ho dotykaju, nazveme mnohouholnikmi {it 2. generacie}. Vsetky mnohouholniky dotykajuce sa lubovolneho mnohouholnika {it 2. generacie} (ktore nie su mnohouholnikmi {it 1. generacie}) nazveme mnohouholnikom {it 3. generacie} atd. Je jasne, ze ziaden z mnohouholnikov prvych styroch generacii sa nemoze dotknut okraja stvorca (diameter frac{1}{10}). Dalej platia nasledujuce pravidla: vskip0.25cm item{(1)} Kazdy mnohouholnik {it n. genetacie} ma aspon jedneho suseda {it n-1. generacie}. item{(2)} Kazde dva susediace mnohouholniky su z dvoch najviac o jednotku sa lisiacich generacii. item{(3)} Ak ma mnohouholik {it n. generacie} (n ge 2) menej ako dvoch susedov {it n. generacie}, potom nema suseda {it n+1. generacie}. Inak by cast jeho obvodu bola castou obvodu mnohouholika {it n+1. generacie} a cast mnohouholnika {it n-1. generacie} (1). Tieto dva mnohouholniky nesmu susedit (2). Ale nase rozdelenie je take, ze dva mnohouholniky susedia pozdlz nejakej krivky. Z toho uz vyplyva (3). vskip0.25cm Nase tvrdenie dokazujeme sporom. Nech kazdy mnohouholnik ma najviac pat susedov. Uvazujme dva pripady: vskip0.25cm item{(a)} Ked mnohouholnik {it 4. generacie} ma najviac jedneho suseda {it 4. generacie}. V tomto pripade podla (3) neexistuje mnohouholnik {it 5. generacie}. item{(b)} Nech ma mnohouholnik M {it 4. generacie} aspon dvoch susedov {it 4. generacie}. Dalej ukazeme, ze M ma aspon dvoch susedov {it 3. generacie}. Sporom. Nech ma len jedneho suseda M'. Potom tento ma aspon troch susedov {it 4. generacie} (M a este dva, ktore susedia s M). Navyse M' ma podla (3) aspon dvoch susedov {it 3. generacie} a jedneho {it 2. generacie} (podla (1)). Teda M' ma aspon 6 susedov. Spor. Dalej ukazeme, ze M ma aspon troch susedov {it 3. generacie}. Sporom. Vieme, ze M' ma aspon troch susedov {it 3. generacie} (pozri (3)). Dalej ma aspon dvoch susedov {it 2. generacie} (podobny dokaz ako pred chvilkou pre M). Takze M' ma iba jedneho suseda {it 4. generacie}. Oznacme M₁ a M₂ susedov M' na hraniciach s M. Oba musia byt {it 3. generacie}. Takze M ma aspon troch susedov {it 3. generacie}. vskip0.25cm Teraz je jasne, ze M nemoze mat suseda {it 5. generacie}, co je spor. Tym je tvrdenie dokazane. endexample Tuto seriu opravovali: Tina Gancarova a Andrea Mesiarova (1), Lucia Discantiny (2a), Juraj Kolesar (2b), Jano Spakula (3a), Sano Erdelyi (3b), Ing. Dano Partos (4a), Eno Kovac (4b), Vlado Marko (5a), Juraj Foldes (5b). end