Zadání XXXII. ročníku

Předpokládejme opak dokazovaného tvrzení. Připusťme tedy, že lze najít takový trojúhelník \(ABC\), pro nějž dokážeme zkonstruovat pravidelný \(9\)-úhelník popsaný v zadání. Pokud \(9\)-úhelník existuje, lze mu jistě opsat kružnice. Zároveň je zřejmé, že trojice vrcholů tohoto \(9\)-úhelníku - libovolný vrchol (\(C\)), střed protější strany (\(D\)) a pata výšky z tohoto vrcholu (\(E\)) zadaného trojúhelníku \(ABC\) - tvoří pravoúhlý trojúhelník, jehož kružnice opsaná splývá s kružnicí opsanou pravidelného \(9\)-úhelníku. Z Thaletovy věty tak vidíme, že existuje dvojice vrcholů pravidelného \(9\)-úhelníku, které leží na jedné přímce se středem kružnice (\(S\)) opsané tohoto \(9\)-úhelníku. Pro spor tedy postačí ukázat, že to pravidelný \(9\)-úhelník nesplňuje.

BÚNO vybereme jeden vrchol (\(K\)) devítiúhelníku. Přímka, vedená tímto vrcholem a středem kružnice opsané devítiúhelníku, zřejmě také prochází středem protější strany devítiúhelníku. Zároveň se jedná o osu souměrnosti tohoto \(9\)-úhelníku (z vlastností pravidelného \(n\)-úhelníku pro liché \(n\)). Zřejmě neprotíná žádný další vrchol devítiúhelníku. Navíc ale libovolná osa souměrnosti v pravidelném \(n\)-úhelníku prochází středem kružnice opsané, tedy okamžitě vidíme, že neexistuje přímka, na které by ležel střed kružnice opsané a alespoň dva vrcholy pravidelného \(9\)-úhelníku zároveň. Dostáváme tak požadovaný spor, a tedy jsme dokázali tvrzení ze zadání.

Někteří si s řešením poradili velice hezky, ať už využitím vhodných vět (Thaletova, Cevova,…) nebo úvahami o velikostech úhlů. Nejčastější problém nekompletních řešení bylo, že jste si nakreslili obrázek a prohlásili, že vrcholy pravidelného devítiúhelníku jsou zadané body přesně v tomto pořadí (což je také potřeba ukázat či rozebrat další možnosti), nebo uvažovali různé trojúhelníky uvnitř \(ABC\), aniž byste diskutovali možnost tupoúhlého trojúhelníku \(ABC\) (např. paty výšek tu leží úplně mimo trojúhelník).

Prvně si uděláme krásný náčrtek podle zadání: K řešení nám budou stačit body \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\), \(X\) a \(Y\). Pro trochu lepší představu jsem tam ale přidala nějaké další body. Z vlastnosti pravidelných n-úhelníků hned plyne, že \(|A_1A_2|=|A_2X|\) a \(|A_3A_2|=|A_2Y|\). Dále, protože \(n\) je stejné pro oba útvary, víme, že zelené úhly na obrázku budou stejné. Označme si je jako \(\alpha\). (Vzhledem k tomu, že je to vnitřní úhel pravidelného n-úhelníka, jde dopočítat jako \(\alpha = \frac{(n-2) \cdot 180^\circ}{n}\), ale to ani nebudeme potřebovat.) Nyní už vidíme, že \(|\angle A_1A_2Y|=|\angle A_3A_2X|\), protože \[|\angle A_1A_2Y|=|\angle A_1A_2X|-|\angle XA_2Y|=\alpha - |\angle XA_2Y|\] \[|\angle A_3A_2X|=|\angle A_3A_2Y|-|\angle XA_2Y|=\alpha - |\angle XA_2Y|\]. V mém náčrtku se n-úhelníky překrývají, proto musíme od úhlu \(\alpha\) odečítat. Kdyby se n-úhelníky nepřekrývaly, úhly by se stále rovnaly, jen by tam místo \(-\) bylo \(+\). (Kdyby strany n-úhelníků splynuly, nemuseli bychom odečítat ani přičítat nic.) Dostáváme tedy, že trojúhelníky \(YA_2A_1\) a \(A_3A_2X\) jsou shodné podle věty sus a tedy \(|A_1Y| = |A_3X|\) pro libovolná \(3 \leq m, n \in \mathbb{N}\).

Většina to měla naprosto správně. Občas někdo špatně pochopil zadání a občas jsem jako v první sérii strhávala body, když chyběl obrázek. :)

Vzhledem k tomu, že bod \(X\) zobrazujeme pomocí středové souměrnosti se středem ve středu každé strany šestiúhelníka, vznikne nám tímto způsobem \(6\) rovnoběžníků. Je tomu tak díky vlastnostem středové souměrnosti, konkrétně, že bod \(X\) a \(X'\) jsou stejně vzdáleny od středu strany a zároveň všechny tyto \(3\) body leží na přímce. Strana a úsečka \(XX'\) se tedy navzájem půlí a jsou to úhlopříčky zmiňovaných rovnoběžníků.

Pokud se zaměříme na rovnoběžník \(XDX'_{3}E\), stačí nám si uvědomit, že libovolná úhlapříčka rovnoběžník dělí na \(2\) shodné trojúhelníky se stejným obsahem. Konkrétně \(XD \parallel EX'_3\), \(XE \parallel DX'_3\) a \(|DE|=|ED|\). \(\triangle XDE \cong \triangle X'_3ED\) a stejným způsobem dojdeme ke zjištění, že \[S_{ABCDEF} = S_{\triangle X'AB} + S_{\triangle X'_1BC} + S_{\triangle X'_2CD} + S_{\triangle X'_3DE} + S_{\triangle X'_4EF} + S_{\triangle X'_5FA}\]

Nyní tedy víme, že útvar \(AX'BX'_1CX'_2DX'_3EX'_4FX'_5\) má dvojnásobný obsah oproti \(ABCDEF\) a potřebujeme ukázat, že zbylé trojúhelníky \(\triangle X'BX'_1\), \(\triangle X'_1CX'_2\), \(\triangle X'_2DX'_3\), \(\triangle X'_3EX'_4\), \(\triangle X'_4FX'_5\) a \(\triangle X'_5AX'\) mají v součtu stejný obsah jako šestiúhelník \(ABCDEF\).

Zaměřme se nyní například na \(\triangle X'_3EX'_4\). Víme, že \(X'_3E \parallel DX\), \(X'_4E \parallel FX\) a zároveň \(|X'_3E| = |DX|\) a \(|X'_4E| = |FX|\) (z vlastností rovnoběžníků \(XDX'_3E\) a \(XEX'_4F\)). Trojúhelníky \(\triangle X'_3EX'_4\) a \(\triangle DXF\) jsou tedy shodné (podle věty SuS). Stejným způsobem dokážeme, že \(\triangle X'_5AX' \cong \triangle FXB\) a \(\triangle X'_1CX'_2 \cong \triangle BXD\). Platí tedy: \[S_{\triangle DFB} = S_{\triangle X'_3EX'_4} + S_{\triangle X'_5AX'} + S_{\triangle X'_1CX'_2}\] Stejným způsobem: \[S_{\triangle ACE} = S_{\triangle X'BX'_1} + S_{\triangle X'_2DX'_3} + S_{\triangle X'_4FX'_5}\] Pokud tedy dokážeme, že \(S_{DFB} = S_{ACE} = \frac{1}{2}S_{ABCDEF}\), máme vyhráno!
Uvědomme si, že každý pravidelný šestiúhelník jsme schopni rozdělit na 6 shodných rovnostranných trojúhelníků (spojením vrcholů se středem). Je tomu tak, neboť středový úhel je \(\frac{360^\circ}{6}=60^\circ\) a zároveň \(|SA|=|SB|=....=|SF|\), trojúhelníky jsou tedy jistě rovnoramenné a úhly u základny budou \(\frac{180^\circ - 60^\circ}{2} = 60^\circ\).
Pokud si vezmeme libovolný čtyřúhelník tří sousedních vrcholů a středu (například \(ABCS\)), bude se jednat o rovnoběžník (konkrétně o kosočtverec, neboť \(|AB|=|BC|=|BS|=|SA|\)). Jak již jsme výše ukázali, libovolná úhlopříčka dělí rovnoběžník na dva shodné trojúhelníky, takže \(S_{ABC} = S_{CSA}\). Stejně tak \(S_{CDE} = S_{ESC}\) a \(S_{EFA} = S_{ASE}\). \[\begin{aligned} \frac{1}{2}S_{ABCDEF} = &\frac{1}{2}(S_{ABC} + S_{CSA} + S_{CDE} + S_{ESC} + S_{EFA} + S_{ASE} ) \\ \frac{1}{2}S_{ABCDEF} = & \frac{1}{2}(2S_{CSA} + 2S_{ESC} + 2S_{ASE} ) \\ \frac{1}{2}S_{ABCDEF} = & S_{ACE}\end{aligned}\]

Stejným způsobem i $ S_{BDF} = S_{ABCDEF} /2$

Celkem tedy: \[\begin{aligned} S_{X'X'_1X'_2X'_3X'_4X'_5} =& S_{ABCDEF} + (S_{X'AB} + S_{X'_1BC} + S_{X'_2CD} + S_{X'_3DE} + S_{X'_4EF} + S_{X'_5FA}) + \\ +& (S_{X'_3EX'_4} + S_{X'_5AX'} + S_{X'_1CX'_2}) + (S_{X'BX'_1} + S_{X'_2DX'_3} + S_{X'_4FX'_5}) \\ S_{X'X'_1X'_2X'_3X'_4X'_5} =& S_{ABCDEF} + S_{ABCDEF} + \frac{1}{2}S_{ABCDEF} + \frac{1}{2}S_{ABCDEF} \\ S_{X'X'_1X'_2X'_3X'_4X'_5} =& 3S_{ABCDEF}\end{aligned}\]

Většina z těch, kteří si správně přečetli zadání, vyřešila tuto úlohu správně! Skoro každý z vás si našel vlastní způsob, jak úlohu vyřešit. Já jsem si dovolila vám ve vzorovém řešení ukázat způsob, který nikdo z vás nepoužil / nedotáhl do konce :D. Doufám, že se vám bude líbit!

Obsah pravidelného n-úhelníku se vypočítá následovně (a je délka strany):\ \[S = \frac{1}{4}{na^2\cot\!\left(\frac{\pi}{n}\right)}\] Jelikož nás zajímá poměr obsahu velkého ku malému n-úhelníku, dostáváme: \[\frac{S_{velky}}{S_{maly}} = \frac{\frac{1}{4}{n1^2\cot\!\left(\frac{\pi}{n}\right)}}{\frac{1}{4}{na^2\cot\!\left(\frac{\pi}{n}\right)}} = \frac{1}{a^2}\] Stačí nám nalézt délku strany \(a\) malého n-úhelníku. Prvně si udělám náčrtek podle zadání. Pro úhel u vrcholu n-úhelníku si udělám substituci \(2\alpha = 180-\frac{360}{n}\). Délku strany \(a\) dostaneme jako \(a = |AC| - 2y\). Pro zjištění délky \(|AC|\) použiji kosinovu větu na trojúhelník ABC (pokud používám goniometrický vzoreček pro úpravu výrazu, dám na daný řádek do závorek číslo vzorečku ze seznamu níže): \[|AC|^2 = 1^2 + 1^2 - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \cos(2\alpha)\] \[|AC|^2 = 2\,(1 - \cos(2\alpha))\]

\[|AC| = \sqrt{\,2\,(1 - \cos(2\alpha))\,}\]

\[|AC| = \sqrt{\,2\left[\cos^2(\alpha) + \sin^2(\alpha) - \left(\cos^2(\alpha) - \sin^2(\alpha)\right)\right]}\quad(1, 2)\]

\[|AC| = \sqrt{\,2\left(2\sin^2(\alpha)\right)}\]

\[|AC| = 2\sin(\alpha)\]

Teď se se pokusím najít délku y, k čemu použiji trojúhelník ABG. \[|\angle BAC|=|\angle ABF|=\frac{180-2\alpha}{2}=90-\alpha\] \[|\angle AGB|=180 - 2(90-\alpha) = 2\alpha\] Jelikož znám všechny úhly a velikost jedné strany, mohu použít sinovu větu pro zjištění strany s délkou y: \[\frac{1}{\sin(2\alpha)} = \frac{y}{\sin(90 - \alpha)}\]

\[y = \frac{\sin(90 - \alpha)}{\sin(2\alpha)}\]

\[y = \frac{\sin(90)\cos(\alpha)-\cos(90)\sin(\alpha)}{2\sin(\alpha)\cos(\alpha)}\quad(3,4)\]

\[y = \frac{\cos(\alpha)}{2\sin(\alpha)\cos(\alpha)}\]

\[y = \frac{1}{2\sin(\alpha)}\]

Teď již znám délky \(y\) a \(|AC|\), tudíž mi stačí dopočítat výsledný poměr \(\frac{1}{a^2}\): \[a = |AC| - 2y = 2\sin(\alpha) - \frac{1}{\sin(\alpha)}\] \[a^2 = 4sin^2(\alpha) + \frac{1}{sin^2(\alpha)} - 4\]

\[a^2 =\frac{4sin^4(\alpha) + 1 -4\sin^2(\alpha)}{sin^2(\alpha)}\]

\[a^2 =\frac{4sin^2(\alpha)\cdot(sin^2(\alpha) - 1) + 1}{sin^2(\alpha)}\]

\[a^2 =\frac{4sin^2(\alpha)\cdot(sin^2(\alpha) - sin^2(\alpha) - cos^2(\alpha)) + 1}{sin^2(\alpha)}\quad(1)\]

\[a^2 =\frac{-4sin^2(\alpha)cos^2(\alpha) + 1}{sin^2(\alpha)}\]

\[a^2 =\frac{-(2sin(\alpha)cos(\alpha))^2 + 1}{sin^2(\alpha)}\]

\[a^2 =\frac{-\sin^2(2\alpha) + 1}{sin^2(\alpha)}\quad(4)\]

\[a^2 =\frac{-\sin^2(2\alpha) + sin^2(2\alpha) + cos^2(2\alpha)}{sin^2(\alpha)}\quad(1)\]

\[a^2 =\frac{cos^2(2\alpha)}{sin^2(\alpha)}\]

\[\frac{1}{a^2} =\frac{sin^2(\alpha)}{cos^2(2\alpha)}\]

Po doplnění substituce nám vyšel poměr: \[\frac{1}{a^2} =\frac{sin^2(90-\frac{180}{n})}{cos^2(180-\frac{360}{n})}\]

\[\frac{1}{a^2} =\frac{(\sin(90)\cos(\frac{180}{n})-\cos(90)\sin(\frac{180}{n}))^2}{cos^2(180-\frac{360}{n})}\quad(3)\]

\[\frac{1}{a^2} =\frac{\cos^2(\frac{180}{n})}{cos^2(180-\frac{360}{n})}\]

\[\frac{1}{a^2} =\frac{\cos^2(\frac{180}{n})}{(\cos(180)\cos(\frac{360}{n})+\sin(180)\sin(\frac{360}{n}))^2}\quad(5)\]

\[\frac{1}{a^2} =\frac{\cos^2(\frac{180}{n})}{cos^2(\frac{360}{n})}\] Poměr velkého n-úhelníku ku malému je tedy \(\frac{\cos^2(\frac{180}{n})}{cos^2(\frac{360}{n})}\)

Seznam použitých vzorců

1. \(1 = \sin^2(x) + \cos^2(x)\)

2. \(\cos(2x) = \cos^2(x) - \sin^2(x)\)

3. \(\sin(x-y) = \sin(x)\cos(y)-\cos(x)\sin(y)\)

4. \(\sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x)\)

5. \(\cos(x-y) = \cos(x)\cos(y)+\sin(x)\sin(y)\)

Každý z vás řešil tuto úlohu úplně jinak, což nedělalo opravování jednoduché, ale je fajn, že je tolik možných postupů. Asi žádná zásadní chyba se neopakovala, takže fajn.

Připomeňme si nerovnost mezi průměry, zde se nám konkrétně bude hodit A-H nerovnost, tedy nerovnost mezi aritmetickým a harmonickým průměrem. Platí \[\begin{aligned} \frac{a_1 + \dots + a_n}{n} &\geq \frac{n}{\frac{1}{a_1}+ \dots \frac{1}{a_n}} \\ \frac{R_1 + \dots + R_n}{n} &\geq \frac{n}{\frac{1}{R_1}+ \dots \frac{1}{R_n}}\end{aligned}\]

Můžeme tuto nerovnost použít, neboť naše odpory jsou kladná čísla. Upravujme

\[\begin{aligned} \frac{R_1 + \dots + R_n}{n} &\geq \frac{n}{\frac{1}{R_1}+ \dots \frac{1}{R_n}} \\ \frac{R_s}{n} &\geq \frac{n}{\frac{1}{R_p}} \\ R_s &\geq n^2R_p\end{aligned}\]

Protože \(R_s, R_p\) budou kladná čísla, bude \(R_s\) ostře větší než \(R_p\) pro \(n > 1\). Pro \(n=1\) budou oba odpory rovny \(R_1\) a tudíž si budou rovny.

Spousta z vás řešila problém stejně jako já - přes AH nerovnost - tam by bylo pěkné zmínit, proč ji vlastně můžeme použít - nedá se používat na záporná čísla například. Nicméně došlo i řešení pomocí Cauchy-Schwartzovy nerovnosti, která se teda ale využívá při dokazování AH nerovnosti. Obzvlášť pěkné bylo i řešení pomocí matematické indukce. Častou chybou bylo říct, že \(R_s\) je větší než \(R_p\). Není to pravda pro všechna přirozená \(n\), pozor! Nesmíme zapomenout na speciální případ pro \(n=1\).

Předpokládejme, že máme množinu splňující zadání a v ní nějaký prvek \(a_1\). Aby \(a_1\) nedělilo součin ostatních prvků, musí existovat prvočíslo \(p_1\) takové, že číslo \(a_1\) dělí ve větší mocnině, než v jaké dělí součin ostatních prvků. Tedy zejména \(p_1\) dělí \(a_1\) ve vyšší mocnině než kterýkoli jiný prvek. Úplně symetricky musí takové prvočíslo \(p_i\) existovat pro každý prvek \(a_i\) naší množiny a z podmínky, kterou jsme vyvodili, musejí být tato prvočísla po dvou různá.

Nyní se zaměříme na minimalitu součtu prvků v množině. Kdyby nějaký prvek \(a_i\) měl ještě nějaké jiné prvočinitele než \(p_i\), mohli bychom najít novou množinu tak, že jimi tento prvek vydělíme. Ta by stále splňovala podmínku ze zadání a měla by menší součet. Proto hledaná množina musí být tvořena jen mocninami po dvou různých prvočísel.

Každá taková množina zároveň splňuje podmínku s dělitelností, protože prvky jsou teď po dvou nesoudělné. Abychom minimalizovali součet, musíme vzít co nejmenší prvočísla, a to v první mocnině. Řešením je tedy množina

\[\{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29\}.\]

Skoro všem se vám podařilo odvodit nebo uhodnout, jak vypadá správná množina, v hodně řešeních ale chyběl kompletní důkaz minimality. Nejčastější chybou bylo, že jste postupně posuzovali přirozená čísla od nejmenších a ta, která jste mohli přidat, jste přidali. Ačkoli tento postup vedl ke správnému výsledku, nejedná se o důkaz, že nějaká úplně jiná množina nemůže mít menší součet. O to víc chválím za všechny pěkné myšlenky o dělitelnosti, i když jste je třeba nedotáhli do konce.

Upravíme první rovnici \[a+ac+abc+ab+c+1=2025+1\] \[(c+1)(a+ab+1)=2026\] a vidíme, že \(2026=2 \times 1013\), přičemž první ze závorek v rovnici musí být alespoň 2 a druhá alespoň 3. Tedy nutně \(c=1\) a \(a+ab=1012\), což po dosazení do druhé rovnice dává \(b=45\) a dopočtem dostaneme \(a=22\). Jiná řešení neexistují a zkouškou lze ověřit, že trojice \((a,b,c)=(22,45,1)\) opravdu je řešením soustavy.

Poznámka: Úlohu lze řešit mnoha způsoby, jedním z nich je provedení podobného rozboru pro druhou rovnici. Jakýkoliv argumentačně bezchybný postup se samozřejmě počítá.

Potěšila mě různorodost řešení. Někteří z vás našli pro mě docela nečekané způsoby jak úlohu vyřešit, takže za to pochvala. Nejčastějším řešením bylo rozložení druhé rovnice do tvaru (a+1)(b+1)=1058 a vyzkoušení 4 variant, což je asi nejjednodušší varianta. Žádné časté chyby jsem nevypozoroval.

Máme naši operaci $ definovanou na přirozených číslech: \(m\$n\in\mathbb{N}\), pro kterou platí: \[\tag{1} \exists u\in\mathbb{N}~\forall n\in\mathbb{N}: u\$n=n\] \[\tag{2} \forall a,b,c\in\mathbb{N}:(a\times b)\$c=a\times (b\$c)\]

Protože rovnost [2] platí pro všechna přirozená čísla, můžeme dosadit \(a=u\). Dostaneme \[(u\times b)\$c=u\times (b\$c).\] Levou stranu můžeme pomocí komutativitě klasického násobení upravit: \[(u\times b)\$c=(b\times u)\$c=b\times (u\$c)=b\times c,\] kde druhá rovnost je pomocí [2] -neposednosti a třetí rovnost díky [1] - tedy operace je zleva unitární. Takže máme \[\tag{$*$} b\times c=u\times(b\$c).\] Dosazením do této rovnice \(b=1\) získáme \[c=u\times(1\$c).\] Vidíme, že \(c\) je součinem dvou přirozených čísel, a proto oba tyto činitelé dělí číslo \(c\). Nás konkrétně zajímá \(u\mid c\). Navíc \(c\) je libovolné přirozené číslo a tím pádem \(u\) bude přirozené číslo, které dělí všechna přirozená čísla, což splňuje pouze \(u=1\). Nyní se vrátíme k rovnici [*], kam dosadíme za \(u\) a máme výsledek \[b\times c=b\$c.\] Tím jsme zjistili, že pokud nějaká operace bude neposedná a zleva unitární, bude to nutně klasické násobení. Navíc musíme ověřit druhý směr, tedy jestli násobení splňuje [1] i [2]. A skutečně

1) \(1\times n =n\) pro všechna přirozená čísla \(n\)

2) \((a\times b)\times c=a \times (b\times c)\) platí, jelikož násobení je asociativní.

Úlohu silná většina z vás vyřešila správně, někteří zapojili moc hezké nápady. Nejčastěji jsem strhávala body za chybějící ověření splnění zadaných vlastností operace.