XXVI OM - I etap

I etap XXVI Olimpiady Matematycznej

XXVI - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Na balu były 42 osoby. Pani $A_1$ tańczyła z 7 panami, pani $A_2$ tańczyła z 8 panami, ..., pani $A_n$ tańczyła, ze wszystkimi panami. Ilu panów było na balu?

Rozwiązanie

Liczba pań na balu jest równa $n$ , liczba panów jest więc równa $42-n$ . Pani o numerze $k$ , gdzie $1 \leq k \leq n$ , tańczyła z $k+6$ panami. Zatem pani o numerze $n$ tańczyła z $n+ 6$ panami. Byli to wszyscy panowie znajdujący się na balu. Zatem $42-n = n + 6$ . Rozwiązując to równanie otrzymujemy $n = 18$ . Liczba panów na balu jest więc równa $42-18 = 24$ .

XXVI - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

W czworokącie płaskim wypukłym $ABCD$ wybrano na bokach przeciwległych $\overline{AB}$ i $\overline{GD}$ punkty $P$ i $B$ , zaś na bokach przeciwległych $\overline{AD}$ i $\overline{BC}$ punkty $Q$ i $S$ w ten sposób, że $\frac{AP}{PB} = \frac{DR}{RC} = a$ , $\frac{AQ}{QD} = \frac{BS}{SC} = b$ . Dowieść, że jeżeli $O$ jest punktem przecięcia odcinków $\overline{PR}$ i $\overline{QS}$ , to $\frac{PO}{OR} = b$ oraz $\frac{QO}{OS} = a$ .

Rozwiązanie

Umieszczamy w punktach $A$ , $B$ , $C$ , $D$ masy odpowiednio $1$ , $a$ , $ab$ , $b$ i obliczamy środek ciężkości $T$ układu $U$ złożonego z tych czterech punktów.

Z warunków zadania wynika, że środkami ciężkości układów $\{A, B\}$ i $\{C, D\}$ są odpowiednio punkty $P$ i $R$ . Środek ciężkości $T$ układu $U$ jest więc środkiem ciężkości układu punktów $P$ i $R$ opatrzonych masami $1+a$ i $b(1+a)$ odpowiednio. Zatem $T$ jest takim punktem odcinka $\overline{PR}$ , że $\displaystyle \frac{PT}{TR}= b$ .

Analogicznie stwierdzamy, że środkami ciężkości układów $\{A, D\}$
i $\{B, C\}$ są odpowiednio punkty $Q$ i $S$ . Zatem środek ciężkości $T$ układu $U$ jest środkiem ciężkości układu punktów $Q$ i $S$ opatrzonych masami $1 + b$ i $a(1+b)$ odpowiednio. Wobec tego $T$ jest takim punktem odcinka $\overline{QS}$ , że $\displaystyle \frac{QT}{TS}=a$ .

Wynika stąd, że punkt $O$ jest równy $T$ i spełnia warunki zadania.

XXVI - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dowieść, że dla każdego naturalnego $n$

$ \sum_{j=0}^{n-1} \left| \cos \frac{j\pi}{n}\right| \geq \frac{n}{2}. $

Rozwiązanie

Składniki sumy odpowiadające $j = 1$ i $j = n-1$ są równe. Analogicznie równe są składniki odpowiadające $j = 2$ i $j = n-2$ itd. Ponadto, gdy $n$ jest liczbą parzystą, to składnik odpowiadający $\displaystyle j - \frac{n}{2}$ jest równy zeru. Zatem dana suma jest równa

$ (1) \qquad S= 1 + 2 \sum_{j=1}^w \cos \frac{j}{n} \pi, $

gdzie $\displaystyle w= \left[ \frac{n}{2} \right]$ . Wykres funkcji $\cos x$ w przedziale $\displaystyle \langle 0; \frac{\pi}{2} \rangle$ jest zwrócony wypukłością do góry. Wykres ten leży więc w tym przedziale powyżej wykresu prostej $\displaystyle y = 1 - \frac{2}{\pi}x$ łączącej punkty $(0, 1)$ i $\displaystyle \left( \frac{\pi}{2}, 0 \right)$ . Stąd

$ (2) \qquad \cos x \geq 1 - \frac{2}{\pi} x \ \textrm{dla} \ 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}. $

Z (1) i (2) wynika, że

$ S \geq 1 + 2 \sum_{j=1}^w \left( 1 - \frac{2}{\pi} \cdot \frac{j}{n} \pi \right) = 1+2w - \frac{4}{n} \sum_{j=1}^w j = 2w + 1 - \frac{4}{n} \cdot \frac{w(w+1)}{2}. $

Jeżeli $n = 2w$ , to ostatnie wyrażenie jest równe $\displaystyle \frac{n}{2}$ . Jeżeli zaś $n = 2w+1$ , czyli $\displaystyle w =\frac{n-1}{2}$ to jest ono równe $\displaystyle \frac{n}{2} + \frac{1}{2n}$ . W każdym więc przypadku badana suma jest nie mniejsza od $\displaystyle \frac{n}{2}$ .

XXVI - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dane są parami rozłączne kule $K_1, K_2, K_3$ o promieniach parami różnych. Niech $A_{ij}$ będzie wierzchołkiem, stożka opisanego na kulach $K_i$ i $K_j$ . Dowieść, że punkty $A_{12}$ , $A_{23}$ , $A_{31}$ są współliniowe.

Rozwiązanie

Jeżeli $A$ jest wierzchołkiem stożka opisanego na kulach $K$ i $L$ o promieniach różnej długości, to istnieje dokładnie jedna taka jednokładność $j$ , że $j(K) = L$ . Jej wierzchołkiem jest punkt $A$ , a współczynnikiem - stosunek długości promieni kul $L$ i $K$ .

Bez zmniejszenia ogólności możemy założyć, że długości promieni kul $K_1$ , $K_2$ , $K_3$ tworzą ciąg rosnący. Niech $s$ i $t$ będą takimi jednokładnościami, że $s(K_1) = K_2$ i $t(K_2) = K_3$ . Wtedy $ts(K_1) = K_3$ . Dla rozwiązania zadania wystarczy więc udowodnić, że złożenie $ts$ jednokładności $t$ i $s$ o współczynnikach większych od $1$ jest jednokładnością i środki jednokładności $t$ , $s$ i $ts$ są współliniowe.

Obierzmy tak układ współrzędnych, by środkiem jednokładności $s$ był punkt $(0, 0, 0)$ , a środkiem jednokładności $t$ - punkt $(a, 0, 0)$ .

Wtedy $s(x, y, z) = (kx, ky, kz)$ , $t(x, y, z) = (mx - am + a, my, mz)$ , gdzie $k, m > 1$ . Obliczamy, że $ts(x,y, z) = t(kx, ky, kz) = (mkx- am+a, kmy, kmz)$ .

Zatem $ts$ jest jednokładnością o środku $\displaystyle\left(\frac{a(m-1)}{mk-1}, 0, 0\right)$ . Środki jednokładności $s$ , $t$ i $ts$ są więc współliniowe.

XXVI - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite $m$ , dla których wielomian $x^3-mx^2+mx-(m^2+1)$ ma pierwiastek całkowity.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ i $m$ spełniają równanie $x^3 - mx^2+mx-(m^2+1) = 0$ , czyli $(x^2+m)(x-m) = 1$ . Wtedy $x^2+m = 1$ i $x- m = 1$ lub $x^2+m = -1$ i $x-m = -1$ . Dodając w każdym z tych układów równania stronami otrzymujemy $x^2+x = 2$ lub $x^2+x = - 2$ . Pierwiastkami pierwszego równania są liczby $x = 1$ i $x = -2$ . Odpowiadają im liczby $m = 0$ i $m = - 3$ . Drugie równanie nie ma rozwiązań w zbiorze liczb całkowitych.

XXVI - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Niech $T_n$ będzie ciągiem liczb całkowitych zdefiniowanym następująco :

$ T_n=n-1 \quad \text{ dla }n = 1, 2, 3, 4, $

$ (1)\qquad T_{2k-1}= T_{2k-2} + 2^{k-2}, $

$ (2)\qquad T_{2k} = T_{2k-5} + 2^k, \text{ dla } k\geq 3 $

Dowieść, że

$ T_{2k-1}=\left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{k-1}\right] \text{ dla } A = 1,2,\ldots $

i znaleźć wzór dla $T_{2k}$ .

Rozwiązanie

Wypisując pięć początkowych wyrazów ciągu $T_n$ sprawdzamy bezpośrednio, że wzór (3) zachodzi dla $k = 1, 2, 3$ . Załóżmy z kolei, że zachodzi on dla każdej liczby naturalnej $k$ nie większej od $n$ , gdzie $n$ jest pewną liczbą naturalną $\geq 3$ . Udowodnimy wzór (3) dla liczby $n+1$ .

Z (1) i (2) wynika, że

$ T_{2n+1} = T_{2n} + 2^{n-1} = T_{2n-5} + 2^n + 2^{n-1}. $

Z założenia indukcyjnego mamy

$ T_{2n-5} = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] -1. $

Zatem

$ \begin{split} T_{2n+1} &= \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] + 2^n + 2^{n-1} - 1 = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} + 2^n + 2^{n-1} \right] -1=\\ & = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \left( 1 + \frac{7}{12} \cdot 8 + \frac{7}{12} \cdot 4 \right) \right] -1 = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n} \right] -1. \end{split} $

Na mocy zasady indukcji wzór (3) zachodzi więc dla każdej liczby naturalnej $k$ .

Z (2) i (3) wynika, że

$ T_{2k} = T_{2k-5} + 2^k = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] + 2^k -1 $

dla $k \geq 3$ . Sprawdzamy bezpośrednio, że również dla $k = 1$ i $k = 2$ zachodzi $\displaystyle T_{2k} = \left[ \frac{12}{7} \cdot 2^{n-3} \right] -1$ .

XXVI - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Niech $Z$ będzie zbiorem wszystkich ciągów skończonych o wyrazach $a, b, c$ i niech $Z_1$ będzie podzbiorem $Z$ zawierającym dla każdego $k$ naturalnego dokładnie jeden ciąg $k$ -wyrazowy.
Tworzymy najmniejszy zbiór $Z_2$ o tej własności, że $Z_2 \supset Z_1$ oraz, jeżeli pewien ciąg $k$ -wyrazowy należy do $Z_1$ , to każdy ciąg $(k+r)$ -wyrazowy ( $r = 1, 2, \ldots$ ) powstający z tego ciągu $k$ -wyrazowego przez dopisanie ciągu $r$ -wyrazowego na początku lub na końcu, należy do $Z_2$ .
Udowodnić, że dla każdego $k$ istnieje w $Z$ ciąg $k$ -wyrazowy nie należący do $Z_2$ .

Rozwiązanie

Każdy ciąg $n$ -wyrazowy należący do $Z_2$ powstaje z ciągu $(n - k)$ -wyrazowego (gdzie $1 \leq k \leq n$ ) należącego do $Z_1$ przez dopisanie na początku lub na końcu pewnego ciągu $k$ -wyrazowego lub też jest ciągiem $n$ -wyrazowym należącym do $Z_1$ . Liczba takich ciągów $k$ -wyrazowych jest równa $3^k$ , ponieważ każdy wyraz ciągu może przybierać jedną z trzech wartości. Zatem liczba ciągów $n$ -wyrazowych należących do $Z_2$ powstających z pewnego ciągu $(n-k)$ -wyrazowego należącego do $Z_1$ jest nie większa niż $2 \cdot 3^k$ . Wobec tego liczba wszystkich ciągów $k$ -wyrazowych należących do $Z_2$ jest nie większa niż

$ 1 + \sum_{k=1}^{n-1} 2 \cdot 3^k = 1 + 2 \cdot 3 \cdot \frac{3^{n-1} - 1}{3-1} = 3^n - 2. $

Liczba wszystkich ciągów $n$ -wyrazowych o wyrazach należących do zbioru trójelementowego jest równa $3^n$ . Zatem dla każdej liczby naturalnej $n$ istnieją co najmniej dwa ciągi $n$ -wyrazowe nie należące do $Z_2$ .

XXVI - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Dany jest trójkąt ostrokątny $ABC$ . Dopisujemy do niego na zewnątrz dwa trójkąty równoboczne $ABC'$ i $ACB'$ . Niech $K$ i $L$ będą środkami boków $\overline{AC'}$ i $\overline{B'C}$ odpowiednio, a $M$ - takim punktem odcinka $\overline{BC}$ , że $BM = 3MC$ .
Udowodnić, że kąty trójkąta $KLM$ są równe $90^\circ$ , $60^\circ$ , $30^\circ$ .

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że kąt $\measuredangle KAL$ jest rozwarty. Obieramy tak układ współrzędnych, by punkty $K$ , $L$ i $A$ miały następujące współrzędne $K = (-a, 0)$ , $L = (b, 0)$ , $A = (0, -c)$ , gdzie $a$ , $b$ , $c$ są pewnymi liczbami dodatnimi (rys. 8). Wyznaczymy współrzędne punktów $B$ , $C$ i $M$ .

Punkt $B$ należy do prostej zawierającej punkt $K$ i prostopadłej do $\overline{AK}$ . Równaniem tej prostej jest $ax- cy + a^2 = 0$ . Mamy ponadto $\displaystyle \frac{BK}{AK} = \tan \frac{\pi}{3}$ , czyli $(x+a)^2 + y^2 = 3(a^2 + c^2)$ . Rozwiązując ten układ równań znajdujemy współrzędne punktu $B$ : $B= (c\sqrt{3}-a, a\sqrt{3})$ .

Punkt $G$ należy do prostej zawierającej punkt $L$ i prostopadłej do $\overline{AL}$ . Równaniem tej prostej jest $bx+ cy- b^2 = 0$ . Ponadto mamy
$\displaystyle \frac{CL}{AL} = \tan \frac{\pi}{6}$ , czyli $(x- b)^2+y^2 = \frac{1}{3} (b^2+c^2)$ . Rozwiązując ten układ równań znajdujemy współrzędne punktu $C$ : $\displaystyle C = \left( b-c \frac{\sqrt{3}}{3}, b \frac{\sqrt{3}}{3} \right)$ .

Ponieważ punkt $M$ należy do odcinka $\overline{BC}$ i $BM = 3MC$ , więc
$\displaystyle M = \frac{1}{4} B + \frac{3}{4} C = \left( \frac{1}{4} (3b-a), \frac{\sqrt{4}}{4} (a+b) \right)$ . Sprawdzamy bez trudu, że $\overline{KM} \bot \overline{ML}$ i $\displaystyle \frac{KM}{ML} = \sqrt{3} = \tan \frac{\pi}{3}$ . Wynika stąd teza zadania.

XXVI - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Obliczyć granicę

$ \lim_{n\to \infty}\frac{1}{2^n}\log \binom{2^n}{n} $

Rozwiązanie

Dla dowolnych liczb naturalnych $k$ i $n$ , gdzie $n \leq k$ , mamy

$ \binom{k}{n} = \frac{k(k-1) \ldots (k-n+1)}{n!} \leq \frac{k^n}{n!} \leq k^n. $

W szczególności $\displaystyle \binom{2^n}{n} \leq (2^n)^n = 2^{n^2}$ . Na mocy wzoru dwumianowego mamy

$ 2^{n+2} = (1+1)^{n+2} = \sum_{j=0}^{n+2} \binom{n+2}{j} \geq \binom{n+2}{3} = \frac{(n+2) \cdot (n+1) \cdot n}{6} > \frac{n^3}{6} $

i stąd $\displaystyle 2^n > \frac{n^2}{24}$ . Wobec tego

$ 0 \leq \frac{1}{2^n} \log \binom{2^n}{n} < \frac{24}{n^3} \log 2^{n^2} = \frac{24 n^2 \log 2}{n^3} = \frac{1}{n} 24 \log 2. $

Ponieważ $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n}= 0$ , więc wynika stąd, że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} \log \binom{2^n}{n}= 0$ .

XXVI - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Niech $\alpha$ będzie liczbą niewymierną, $A_1$ - punktem okręgu $S$ o środku $O$ . Rozważmy ciąg nieskończony $A_n$ punktów okręgu $S$ , w którym punkt $A_{k+1}$ jest obrazem punktu $A_k$ w obrocie dookoła punktu $O$ o kąt $\alpha m$ . Dowieść, że każdy łuk okręgu $S$ zawiera pewne punkty ciągu $A_n$ .

Rozwiązanie

Gdyby dla pewnych liczb naturalnych $k$ i $n$ , gdzie $k \ne n$ , było $A_k = A_n$ , to obroty o kąty $(k- 1) \alpha \pi$ i $(n-1)\alpha \pi$ byłyby równe. Wtedy liczby $(k- 1) \alpha \pi$ i $(n- 1) \alpha \pi$ różniłyby się o całkowitą wielokrotność liczby $2\pi$ , tzn. $(n- k) \alpha \pi = 2m\pi$ , gdzie $m$ jest pewną liczbą całkowitą. Stąd $\displaystyle \alpha = \frac{2m}{n-k}$ , co przeczy niewymierności liczby $\alpha$ . Wobec tego wszystkie wyrazy ciągu $(A_n)$ są różne.

Niech $L$ będzie łukiem długości $d$ zawartym w okręgu $S$ o promieniu długości $r$ . Niech $t$ będzie liczbą naturalną większą od $\displaystyle \frac{2\pi r}{d}$ . Dzieląc okrąg $S$ na $t$ równych łuków o długości $\displaystyle \frac{2\pi r}{t}$ stwierdzamy, że istnieje wśród nich łuk zawierający co najmniej dwa z punktów $A_1, A_2, \ldots, A_{t+1}$ . Niech będą to punkty $A_i$ $A_j$ , gdzie $i < j$ . Wtedy łuk $\widehat{A_iA_j}$ ma długość nie większą niż $\displaystyle \frac{2\pi r}{t}$ . Ponieważ $\displaystyle t > \frac{2\pi r}{t}$ , więc $\displaystyle \frac{2\pi r}{t} < d$ i wobec tego długość łuku $\widehat{A_iA_j}$ jest mniejsza od $d$ . Wynika stąd, że obrót o kąt $(j-i) \alpha \pi$ przeprowadza punkt $A_i$ na $A_j$ i ogólnie - punkt $A_{i+n}$ na $A_{j+n}$ dla $n = 0, 1, 2, \ldots$ . Wobec tego kolejne wyrazy podciągu $A_1, A_{1 + (j-i)}, A_{1+2(j-i)}, \ldots$ wyznaczają łuki o długości $\displaystyle \leq \frac{2\pi r}{t}$ mniejszej od $d$ . Pewien wyraz tego podciągu należy więc do łuku $L$ o długości $d$ .

XXVI - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

Statek porusza się ze stałą prędkością po prostej o kierunku wschód-zachód. Co $T$ minut losuje się kierunek poruszania: z prawdopodobieństwem $p$ statek porusza się w ciągu następnych $T$ minut w kierunku wschodnim, z prawdopodobieństwem $q= 1-p$ porusza się w kierunku zachodnim. W punkcie poza prostą znajduje się łódź podwodna, której zadaniem jest storpedowanie statku. Czas drogi torpedy od punktu wystrzelenia do dowolnego punktu toru statku wynosi $2T$ . Kapitan łodzi podwodnej zna wartość $p$ i celuje tak, aby prawdopodobieństwo trafienia statku było największe. Jak należy dobrać $p$ , aby prawdopodobieństwo storpedowania statku było najmniejsze ?

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że łódź podwodna wystrzeli torpedę, w chwili gdy na statku odbywa się losowanie. W przypadku wystrzelenia torpedy w innej chwili rozumowanie przebiega podobnie. Możemy też przyjąć, bez zmniejszenia ogólności, że $p \geq q$ , tzn. $\displaystyle p \geq \frac{1}{2}$ . Po $T$ minutach od chwili wystrzelenia torpedy odbywa się następne losowanie. Wyniki tych dwóch losowań mogą być następujące: wschód-wschód, wschód-zachód, zachód-wschód, zachód-zachód z prawdopodobieństwami odpowiednio $p^2$ , $pq$ , $qp$ , $q^2$ . W pierwszym przypadku po upływie $2T$ minut od chwili wystrzelenia torpedy statek będzie się znajdował w punkcie $A$ na wschód od punktu początkowego $O$ , w drugim i w trzecim przypadku - w punkcie $O$ , a w ostatnim przypadku - w punkcie $B$ na zachód od $O$ . Prawdopodobieństwo zdarzenia, że statek znajdzie się w tym czasie w punkcie $A$ , $O$ , $B$ jest wiec równe odpowiednio $p^2$ , $2pq$ , $q^2$ .

Mamy zbadać, która z tych liczb jest największa. Ponieważ $p \geq q$ , więc $p^2 \geq q^2$ . Nierówność $p^2 > 2pq$ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $p > 2q$ . Zatem, jeżeli $p > 2q$ , tzn. $\displaystyle p > \frac{2}{3}$ , to z tych trzech liczb największą jest $p^2$ i wobec tego torpeda powinna być wystrzelona
w kierunku punktu $A$ . Jeżeli zaś $2q > p \geq q$ , tzn. $\frac{2}{3} > p \geq \frac{1}{2}$ , to liczba $2pq$ jest największa i torpeda powinna być wystrzelona w kierunku punktu $O$ . Dla $\displaystyle p = \frac{2}{3}$ mamy $p^2 = 2pq > q^2$ i wobec tego można strzelać w kierunku punktu $A$ lub $O$ z jednakowym prawdopodobieństwem trafienia. Prawdopodobieństwo trafienia $f(p)$ równe jest więc

$ f(p) = \left\{\ \begin{array}{ccc} p^2 & \textrm{dla} & p \geq \frac{2}{3}\\ 2p(1-p) & \textrm{dla} & \frac{1}{2} \leq p < \frac{2}{3}. \end{array} \right. $

Funkcja $f(p)$ jest rosnąca w przedziale $\displaystyle \langle \frac{2}{3};\ 1 \rangle$ malejąca w przedziale $\displaystyle \langle \frac{1}{2};\ \frac{2}{3} \rangle$ . Zatem najmniejsze prawdopodobieństwo trafienia jest przy $\displaystyle p = \frac{2}{3}$ . Wynosi ono $\displaystyle \frac{4}{9}$ .

XXVI - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

W przestrzeni dany jest sześcian o boku $a$ , i kule $B_1, B_2, \ldots, B_n$ o dowolnych promieniach takie, że każdy punkt sześcianu należy do którejś z kul. Udowodnić, że spośród tych kul można wybrać parami rozłączne kule takie, że suma ich objętości jest nie mniejsza od $\left(\frac{a}{5}\right)^3$ .

Rozwiązanie

Przez indukcję ze względu na $N$ udowodnimy

Twierdzenie. Jeżeli dany jest w przestrzeni zbiór $F$ o objętości $V$ zawarty w sumie $N$ kul otwartych $B_1, B_2, \ldots, B_N$ , to istnieje taki
podzbiór $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ tego zbioru kul, że kule należące do tego podzbioru są parami rozłączne oraz suma objętości kul $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ jest większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V$ .

Dowód. Jeżeli $N = 1$ , to twierdzenie jest oczywiste. Kula $B_1$ zawiera figurę $F$ o objętości $V$ . Wtedy objętość kuli $B_1$ jest nie mniejsza od $V$ , a więc jest większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V$ .

Załóżmy z kolei, że powyższe twierdzenie jest prawdziwe dla pewnej liczby naturalnej $N$ . Udowodnimy je dla liczby $N+1$ . Niech więc zbiór $F$ o objętości $V$ będzie zawarty w sumie kul $B_1, B_2, \ldots, B_N, B_{N+1}$ . Możemy przyjąć, że objętość $V_{N+1}$ kuli $B_{N+1}$ jest nie mniejsza od objętości każdej z pozostałych kul. Niech $B'$ będzie kulą o tym samym środku, co kula $B_{N+1}$ i o promieniu długości $3r$ , gdzie $r$ jest długością promienia kuli $B_{N+1}$ . Wtedy objętość $V'$ kuli $B'$ jest równa $27 V_{N+1}$ . Niech $V_0$ będzie objętością zbioru $F_0 = F-B'$ . Ponieważ zbiory $F_0$ i $B'$ są rozłączne i $F$ jest zawarty w sumie zbiorów $F_0$ i $B'$ , więc $V \leq V_0 + 27 V_{N+1}$ .

Każdy punkt zbioru $F_0$ należy do co najmniej jednej z kul $B_1, B_2, \ldots, B_N$ . Bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że dla pewnego $k, 0 \leq k \leq N$ każda z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ ma punkt wspólny ze zbiorem $F_0$ , a każda z kul $B_{k+1}, B_{k+2}, \ldots, B_N$ jest rozłączna z $F_0$ . Wtedy zbiór $F_0$ jest zawarty w sumie kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ .

Odległość środka kuli $B_{N+1}$ od dowolnego punktu zbioru $F_0$ jest nie mniejsza od $3r$ . Zatem odległość dowolnego punktu kuli $B_{N+1}$ od dowolnego punktu zbioru $F_0$ jest nie mniejsza od $2r$ . Średnica każdej z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ jest nie większa od średnicy kuli $B_{N+1}$ , tzn. od $2r$ . Wobec tego każda z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ jest rozłączna z kulą $B_{N+1}$ . Liczba kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ jest nie większa od $N$ . Na mocy założenia indukcyjnego istnieje więc taki podzbiór $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ zbioru kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ , że kule należące do tego podzbioru są parami rozłączne, a suma ich objętości jest większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V_0$ , a więc - większa od $\displaystyle \frac{1}{27} V - V_{N+1}$ . Ponieważ kula $B_{N+1}$ jest rozłączna z każdą z kul $B_1, B_2, \ldots, B_k$ , więc tym bardziej kule $B_{i_1}, B_{i_2}, \ldots, B_{i_r}$ są parami rozłączne. Suma ich objętości jest większa od $\displaystyle \left( \frac{1}{27} V - V_{N+1} \right) + V_{N+1} = \frac{1}{27} V$ .