XVII OM - III etap

III etap XVII Olimpiady Matematycznej

XVII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

$ (1) \qquad x^4 + 4y^4 = 2(z^4+4u^4). $

Rozwiązanie

Równanie (1) ma oczywiście rozwiązanie $(0,0,0,0)$ . Wykażemy, że jest to jedyne rozwiązanie tego równania w liczbach całkowitych.

\spos{1} Dowód oprzemy na następującym lemacie:

Jeżeli $k_1, k_2,\ldots, k_n$ są różnymi liczbami naturalnymi, a $x_1, x_2,\ldots, x_n$ liczbami całkowitymi niepodzielnymi przez liczbę naturalną $c$ , to

$ (2) \qquad c^{k_1}x_1 + c^{k_2}x_2+ \ldots c^{k_n} x_n \ne 0. $

Dowód tej nierówności jest bardzo prosty. Niech najmniejszą z liczb $k_i$ ( $i = 1,2,\ldots ,n$ ) będzie na przykład $k_1$ . Zachodzi równość

$ c^{k_1}x_1 + c^{k_2} x_2+ \ldots +c^{k_n}x_n= c^{k_1}(x_1 + c^{k_2-k_1} x_2+ \ldots +c^{k_n-k_1}x_n. $

Wyrażenie znajdujące się w nawiasie po prawej stronie tej równości jest sumą, której wszystkie wyrazy oprócz pierwszego są podzielne przez $c$ , gdyż $k_i-k_1>0$ dla $i \ne 1$ , pierwszy zaś wyraz według założenia nie jest podzielny przez $c$ . Suma ta jest wobec tego różna od zera, a że również $c \ne 0$ , więc zachodzi (2).

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ , $y$ , $z$ , $u$ stanowią rozwiązanie równania (1). Istnieją takie liczby naturalne $k$ , $l$ , $m$ , $n$ , że

$[ x=2^kx_1, \ y=2^ly_1, \ z=2^mz_1,\ u=2^nu_1, $

gdzie każda z liczb $x_1$ , $y_1$ , $z_1$ , $u_1$ jest liczbą nieparzystą lub zerem.. Po podstawieniu tych wartości do równania (1) możemy równaniu temu nadać postać:

$ (3) \qquad 2^{4k} x_1^4 + 2^{4l+2} y_1^4 - 2^{4m+1}z_1^4 - 2^{4n+3}u_1^4=0. $

Liczby $4k$ , $4l+2$ , $4m+1$ , $4n+3$ są różne, gdyż dają różne reszty w dzieleniu przez $4$ , zatem $x_1 = y_1 = z_1 = u_1 = 0$ ; gdyby bowiem pewne z tych liczb były różne od zera, to byłyby liczbami nieparzystymi i równość (3) byłaby sprzeczna z poprzednim lematem.

XVII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Dowieść, że gdy $k, m, n$ , są dowolnymi liczbami całkowitymi nieujemnymi, to wielomian

$ P(x) = x^{3k+2} + x^{3m+1} + x^{3n} $

jest podzielny przez wielomian $x^2 + x + 1$ .

Rozwiązanie

Dla całkowitego nieujemnego $p$ różnica $x^{3p}- 1= (x^3)p- 1$ jest podzielna przez $x^3- 1$ , a tym samym przez $x^2+x+1$ . Zatem różnica

$ P(x) - (x^2+x+1) = x^2(x^{3k}-1) + x(x^{3m}- 1)+x^{3n}-1 $

jest podzielna przez $x^2+x+1$ . Stąd wynika, że wielomian $P(x)$ jest podzielny przez $x^2+x+1$ .

XVII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Udowodnić, że suma kwadratów pól prostokątnych rzutów ścian prostopadłościanu na jedną płaszczyznę nie zależy od położenia tej płaszczyzny wtedy i tylko wtedy, gdy prostopadłościan jest sześcianem.

Rozwiązanie

Niech $\delta$ oznacza sumę kwadratów pól prostokątnych rzutów prostopadłościanu na płaszczyznę $\pi$ .

Gdy $\pi$ jest płaszczyzną jednej ze ścian prostopadłościanu, suma $\sigma$ równa się podwojonemu kwadratowi pola tej ściany. Jeżeli prostopadłościan nie jest sześcianem, któreś dwie jego ściany mają pola różne, więc przy rzutowaniu na płaszczyzny tych ścian odpowiednie wartości sumy $\sigma$ są różne.

Dowiedziemy, że dla sześcianu o krawędzi $a$ wartość $\sigma$ nie zależy od położenia płaszczyzny $\pi$ , a mianowicie, że przy każdym położeniu tej płaszczyzny $\sigma = 2a^4$ .

Gdy płaszczyzna $\pi$ jest równoległa do dwóch przeciwległych ścian sześcianu, teza $\sigma=2a^4$ jest oczywista. Założymy, że ten przypadek nie zachodzi. Niech $ABCD$ będzie jedną ze ścian sześcianu. Rzut prostokątny którejkolwiek ściany sześcianu na płaszczyznę $\pi$ można otrzymać rzutując najpierw tę ścianę na płaszczyznę $ABCD$ w kierunku prostopadłym do $\pi$ , a następnie rzutując otrzymany równoległobok w tymże kierunku na płaszczyznę $\pi$ .

Niech $\alpha$ oznacza kąt nachylenia płaszczyzny $ABCD$ do płaszczyzny $\pi$ . Pod takim samym kątem krawędź $AE$ sześcianu jest nachylona do prostopadłej do płaszczyzny $\pi$ poprowadzonej z punktu $E$ (rys. 14).

Rzut $AE'$ odcinka $AE$ na płaszczyznę $ABCD$ w kierunku prostopadłym do $\pi$ ma długość $a \tg \alpha$ . Rzuty ścian $ABCD$ , $ABFE$ i $ADHE$ sześcianu schodzących się w wierzchołku $A$ na płaszczyznę $ABCD$ mają odpowiednio pola $a^2$ , $a^2\tg \alpha \sin \beta$ i $a^2\tg \alpha \sin \delta$ ;, gdzie $\beta$ i $\delta$ oznaczają kąty, jakie odcinek $AE'$ tworzy z odcinkami $AB$ i $AD$ . Pomiędzy $\beta$ i $\delta$ zachodzi - zależnie od położenia punktu $E'$ - jeden ze związków $\beta + \delta=90^\circ$ , $\beta + \delta=270^\circ$ lub $|\beta - \delta| = 90^\circ$ ; w każdym z tych przypadków $\sin \delta=|\cos \beta|$ .

Pola rzutów wymienionych ścian na płaszczyznę $\pi$ otrzymamy mnożąc podane wyżej wartości przez $\cos \alpha$ :

$ a^2 \cos \alpha,\ a^2 \sin \alpha \sin \beta, a^2 \sin \alpha \sin \beta. $

Pola rzutów trzech pozostałych ścian mają odpowiednio te same wartości. Wobec tego

$ a = 2a^4[\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha (\sin^2 \beta + \sin^2 \delta)]. $

Ponieważ $\sin^2 \beta+\sin^2 \delta=\sin^2 \beta + \cos^2 \beta = 1$ , więc

$ \sigma = 2a^4, \textrm{ c.n.d.} $

XVII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli liczby nieujemne $x_1, x_2,\ldots,x_n$ ( $n$ - dowolna liczba naturalna) spełniają nierówność
$x_1 + x_2 + \ldots + x_n \leq \frac{1}{2}$ , to

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_n) \geq \frac{1}{2} $

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę indukcji. Dla $n = 1$ twierdzenie jest prawdziwe, gdyż jeśli $x_1 \leq \frac{1}{2}$ , to $1 - x_1 \geq \frac{1}{2}$ . Załóżmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego naturalnego $k$ , tzn. że jeśli liczby $x_1, x_2, \ldots, x_k$ są nieujemne i $x_1+x_2+\ldots+x_k \leq \frac{1}{2}$ , to $(1-x_1) (1 - x_2)\ldots (1 - x_k) \geq \frac{1}{2}$ .

Niech $x_1,x_2,\ldots ,x_k,x_{k+1}$ będą liczbami nieujemnymi spełniającymi nierówność $x_1+x_2+ \ldots + x_k+x_{k+1} \leq \frac{1}{2}$ . Napiszemy tę nierówność w postaci $x_1+x_2+ \ldots +x_k' \leq \frac{1}{2}$ , gdzie $x_k'=x_k+x_{k+1}$ , zatem $x_k' \geq 0$ .

Na mocy założenia indukcyjnego mamy

$ (1-x_1)(1 - x_2)\ldots (1 - x_k') = (1 - x_1) (1 - x_2)\ldots (1-x_k-x_{k+1}) \geq \frac{1}{2}. $

Ponieważ $x_kx_{k+1} \geq 0$ , więc $1 - x_k- x_{k+1} \leq 1 - x_k- k_{k+1}+x_kx_{k+1}= (1-x_k)(1-x_{k+1}).$

Zatem

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_k)(1- x_{k+1}) \geq (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_k- x_{k+1}) \geq \frac{1}{2}, $

skąd na podstawie zasady indukcji wynika, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga 1. W podobny sposób można udowodnić twierdzenia:

a) Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots, x_n$ są nieujemne i $x_1+ x_2+ \ldots x_n < \frac{1}{2}$ to $(1-x_1) (1-x_2)\ldots (1-x_n)> \frac{1}{2}$ ;

b) Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots,x_n$ są dodatnie, $x_1+x_2+ \ldots +x_n \leq \frac{1}{2}$ i $n \geq 2$ , to $(1-x_1)(1-x_2)+ \ldots (1-x_n)> \frac{1}{2}$ .

Dokładne uzasadnienie tych twierdzeń proponujemy jako ćwiczenie.

Uwaga 2. Prawdziwe jest następujące uogólnienie dowiedzionego wyżej twierdzenia:

Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots,x_n$ spełniają nierówności $0 \leq x_i \leq 1$ ( $i = 1,2,\ldots ,n$ ), to

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_n) \geq 1 - (x_1+x_2+ \ldots +x_n). $

Łatwo to udowodnić metodą indukcji. Można też nie stosować indukcji, i rozumować, jak następuje.

Niech

$ (1-x_1)(1-x_2)\ldots (1-x_r) = P_r \ (r= 1,2, \ldots,n). $

Wówczas

$ P_{i+1}= (1-x_{i+1})P_i=P_i-x_{i+1}P_i \ (i =1,2,\ldots ,n-1), $

zatem

$ P_{i+1} \geq P_i - x_{i+1}, $

gdyż $x_{i+1} \geq 0$ , a $P_i \leq 1$ . Dodając te nierówności stronami dla $i=1,2,\ldots ,n-1$ wraz z równością $P_1=1-x_1$ , otrzymujemy po redukcji

$ P_n \geq 1 - (x_1+x_2+ \ldots +x_n). $

Uwaga 3. Sposób, w jaki przeprowadziliśmy wyżej dowód indukcyjny, można zastosować w wielu przypadkach. W szczególności uzyskuje się na tej drodze bardzo prosty dowód twierdzenia Cauchy o średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej, tj. twierdzenia

(1) Jeśli $a_1, a_2,\ldots ,a_n > 0$ , to

$ \frac{a_1+a_2+ \ldots +a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n}, $

przy czym równość obu stron tej nierówności ma miejsce tylko wtedy, gdy $a_1 = a_2= \ldots = a_n$ .

W tym celu stwierdzamy najpierw, że twierdzenie (1) jest równoważne twierdzeniu:

(2) Jeśli $x_1,x_2,\ldots,x_n>0$ i $x_1x_2\ldots x_n= 1$ , to

$ x_1+x_2+ \ldots +x_n \geq n, $

przy czym równość obu stron tej nierówności zachodzi tylko wtedy, gdy $x_i = 1$ dla każdego $i$ .

Istotnie, twierdzenie (2) jest oczywistym wnioskiem z (1), odwrotnie zaś sprowadzamy (1) do (2) biorąc

$ x_i = \frac{a_i}{\sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n}}. $

Dowód twierdzenia (2) przeprowadzimy, jak następuje:

Dla $n=1$ , twierdzenie jest prawdziwe. Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego naturalnego $n$ i niech liczby nieujemne $x_1, x_2,\ldots, x_n, x_{n+1}$ spełniają warunek

$ (3) \qquad x_1 x_2\ldots x_n x_{n+1} = 1. $

Jeżeli $x_i = 1$ dla $i = 1,2,\ldots ,n+1$ , to $x_1+x_2+ \ldots + x_n+x_{n+1}= n+1$ . Jeżeli nie wszystkie $x_i$ są równe $1$ , to wobec równości (3) są wśród nich zarówno liczby mniejsze, jak większe od $1$ ; możemy np. przyjąć, że $x_n<1$ , a $x_{n+1}>1$ . Niech $x_nx_{n+1}=x_n'$ , wówczas $x_n' \geq 0$ i $x_1x_2 \ldots x_n' = 1$ , więc na mocy założenia indukcyjnego

$ x_1+x_2+ \ldots +x_n' \geq n. $

Wobec tego

$ \begin{split} x_1 + x_2+ \ldots +x_n+x_{n+1}&= x_1+x_2+ \ldots +x_n' + x_n + x_{n+1} - x_nx_{n+1} \geq\\ &\geq n+1 + (x_{n+1}-1)(1-x_n) > n+1, \end{split} $

gdyż $(x_{n+1}-1)(1-x_n)>0$ . Zatem w każdym przypadku $x_1+x_2+\ldots+x_n+x_{n+1} \geq n+1$ , przy czym obie strony tej nierówności są równe tylko wtedy, gdy $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = x_{n+1}$ . Twierdzenie Cauchy'ego zostało udowodnione.

XVII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Dany jest sześciokąt wypukły $ABCDEF$ , w którym każda z przekątnych $AD, BE, CF$ dzieli sześciokąt na dwie części o równych polach. Dowieść, że te trzy przekątne przechodzą przez jeden punkt.

Rozwiązanie

\spos{1} Pole wielokąta $ABC\ldots$ oznaczać będziemy symbolem $(ABC\ldots)$ . Według założenia (rys. 15)

$ (1) \qquad (ABCD)= \frac{1}{2} (ABCDEF) = (BCDE). $

Otóż

$ (2) \qquad (ABCD) = (ABD)+(DBC),\ (BCDE)=(EBD)+(DBC). $

Z (1) i (2) otrzymujemy

$ (ABD) = (EBD), $

skąd wynika, że $AE \parallel BD$ , gdyż wierzchołki $A$ i $E$ trójkątów $ABD$ i $EDB$ o wspólnym boku $BD$ leżą po tej samej stronie prostej $BD$ .

Analogicznie $AC \parallel DF$ i $CE \parallel BF$ . Trójkąty $ACE$ i $DFB$ mają boki odpowiednio równoległe, więc według twierdzenia o trójkątach jednokładnych proste $AD$ , $BE$ , $CF$ , zawierające pary odpowiadająych sobie wierzchołków obu trójkątów, przechodzą przez jeden punkt.

XVII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Na płaszczyźnie leży 6 punktów. Dowieść, że stosunek najdłuższego spośród odcinków, łączących te punkty parami, do najkrótszego z tych odcinków nie jest mniejszy od $\sqrt{3}$ .

Rozwiązanie

Przyjmiemy oznaczenia: $\{A_i\}$ zbiór danych punktów $A_1, A_2, \ldots, A_6$ , $\alpha$ - maksimum odległości $A_iA_k$ , $\delta$ - minimum odległości $A_iA_k$ ( $i, k=1, 2, \ldots, 6$ ).

Mamy dowieść, że $d \geq \delta \sqrt{3}$ .

Prawdziwość tezy twierdzenia łatwo stwierdzić w następujących dwóch przypadkach:

a) W zbiorze $\{A_i\}$ istnieją $3$ punkty współliniowe. Niech na przykład $A_2$ leży na odcinku $A_1A_3$ , przy czym $A_1A_2 \leq A_2A_3$ . Wówczas

$ A_1A_3 \geq 2A_1A_2,\ d \geq A_1A_3,\ \delta \leq A_1A_2,\textrm{ zatem } d \geq 2\delta > \delta \sqrt{3}. $

b) Trzy spośród punktów zbioru $\{A_1\}$ tworzą trójkąt, którego jeden kąt nie jest mniejszy od $120^\circ$ . Niech na przykład $180^\circ > \measuredangle A_1A_2A_3 \geq 120^\circ$ . Wtedy $\cos \measuredangle A_1A_2A_3\leq -\frac{1}{2}$ , zatem

$ A_1A_3^2= A_1A_2^2+ A_2A_3^2 -2A_1A_2 \cdot A_2A_3 \cos \measuredangle A_1A_2A_3 \geq A_1A_2^2 + A_2A_3^2 + A_1A_2 \cdot A_2A_3; $

ponieważ $A_1A_3 \leq d$ , $A_1A_2 \geq \delta$ , $A_2A_3 \geq \delta$ , więc z powyższej nierówności wynika, że

$ d^2 \geq 3\delta^2, \textrm{ a stąd } d \geq \delta \sqrt{3}. $

Przypuśćmy, że dla danego zbioru punktów $\{A_i\}$ nie zachodzi przypadek a); udowodnimy, że ma miejsce wówczas przypadek b).

Niech $W$ będzie takim wielokątem wypukłym zawierającym zbiór $\{A_i\}$ , którego każdy wierzchołek jest jednym z punktów $A_i$ . Wielokąt $W$ może mieć $3$ , $4$ , $5$ lub $6$ wierzchołków.

Jeżeli $W$ jest trójkątem, np. $A_1A_2A_3$ , to punkt $A_4$ leży wewnątrz tego trójkąta. W jednym z trójkątów $A_1A_4A_2$ , $A_1A_4A_3$ , $A_2A_4A_3$ kąt przy wierzchołku $A_4$ jest $\geq 120^\circ$ , gdyż suma miar wszystkich trzech kątów o wierzchołku $A_4$ wynosi $360^\circ$ .

Jeżeli $W$ jest czworokątem, np. $A_1A_2A_3A_4$ lub pięciokątem, np. $A_1A_2A_3A_4A_5$ , to $W$ można podzielić na trójkąty przekątnymi wychodzącymi z jednego wierzchołka; punkt $A_6$ znajduje się wewnątrz jednego z tych trójkątów, więc ten przypadek sprowadza się do poprzedniego.

Jeżeli wreszcie $W$ jest sześciokątem, to suma miar jego kątów wynosi $720^\circ$ , więc największy z tych kątów jest $\geq 120^\circ$ i wyznacza żądany trójkąt.

Z powyższego wynika, że teza twierdzenia jest prawdziwa dla każdego zbioru sześciu punktów płaszczyzny.

Uwaga 1. W powyższym rozumowaniu korzystaliśmy z twierdzenia, że dla każdego zbioru $n \geq 3$ punktów płaszczyzny, nie leżących na jednej prostej istnieje taki wielokąt wypukły zawierający cały ten zbiór, którego wierzchołki są punktami zbioru. Istnienie takiego wielokąta - nazwiemy go oponą danego zbioru punktów - jest intuicyjnie oczywiste. Zaznaczmy na płaskim stole dowolną liczbę punktów, wbijmy w tych punktach szpilki, a następnie załóżmy z zewnątrz gumkę, tak aby się ściągnęła dokoła szpilek. Gumka oprze się na niektórych szpilkach i utworzy wielokąt wypukły obejmujący wszystkie szpilki. Takie doświadczenie nie zastąpi oczywiście dowodu, który obecnie przeprowadzimy.

Zastosujemy metodę indukcji. Dla zbioru trzech punktów nie leżących na prostej, twierdzenie jest prawdziwe; oponą jest wówczas trójkąt utworzony przez te punkty. Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego $n \geq 3$ i niech $Z$ będzie zbiorem składającym się z $n+1$ punktów płaszczyzny nie leżących na prostej. Obierzmy dowolnie na płaszczyźnie punkt $M$ i niech $A_1$ będzie punktem zbioru $Z$ najdalszym od $M$ (gdyby takich punktów było więcej niż jeden, $A_1$ ma być którymkolwiek z nich). Wszystkie punkty zbioru $Z$ , oprócz $A_1$ , leżą wtedy po jednej stronie prostej prostopadłej do $A_1M$ w punkcie $A_1$ .

Ponieważ punkty zbioru $Z$ nie leżą na jednej prostej, więc istnieją takie dwie półproste $p$ i $q$ o początku $A_1$ , które przechodzą przez pewne punkty zbioru $Z$ i tworzą kąt wypukły zawierający cały zbiór $Z$ . Niech $A_2$ będzie tym punktem zbioru $Z$ , który leży na półprostej $p$ najbliżej punktu $A_1$ , oraz $A_3$ takim-że punktem półprostej $q$ . Jeżeli każdy z pozostałych punktów $A_4, A_5, \ldots, A_{n+1}$ zbioru $Z$ leży na odcinku $A_2A_3$ , to trójkąt $A_1A_2A_3$ jest oponą zbioru $Z$ . W przypadku przeciwnym zbiór punktów $A_2, A_3,\ldots, A_{n+1}$ ma według założenia indukcyjnego oponę $P$ , przy czym $A_2$ i $A_3$ są wierzchołkami wielokąta $P$ (rys. 18).

Punkty $A_2$ i $A_3$ dzielą obwód wielokąta $P$ na dwie części: jedna z nich, którą oznaczymy $L_1$ , leży po przeciwnej stronie prostej $A_2A_3$ niż punkt $A_1$ ; druga część $L_2$ leży wewnątrz trójkąta $A_1A_2A_3$ lub pokrywa się z odcinkiem $A_2A_3$ . Łamana $L_1$ wraz z łamaną $A_2A_1A_3$ ograniczają wielokąt $Q$ , który powstaje przez połączenie wielokąta $P$ z trójkątem $A_1A_2A_3$ .

Stwierdzamy, że: $1^\circ)$ Wielokąt $Q$ zawiera wielokąt $P$ i punkt $A_1$ , więc zawiera cały zbiór $Z$ , $2^\circ)$ Każdy wierzchołek wielokąta $Q$ jest punktem zbioru $Z$ , $3^\circ)$ Wielokąt $Q$ jest wypukły, gdyż odcinek łączący dowolne dwa punkty $A$ i $B$ wielokąta $Q$ leży w nim całkowicie. Jest to oczywiste, gdy punkty $A$ i $B$ leżą oba w trójkącie $A_1A_2A_3$ albo oba w wielokącie $P$ . Gdy zaś np. punkt $A$ leży w trójkącie $A_1A_2A_3$ , a punkt $B$ w wielokącie $P$ poza tym trójkątem, wówczas odcinek $AB$ przecina odcinek $A_2A_3$ w pewnym punkcie $C$ , każdy zaś z odcinków $AC$ i $CB$ leży w wielokącie $Q$ , to samo dotyczy więc odcinka $AB$ . Wielokąt $Q$ jest zatem oponą zbioru punktów $A_1, A_2, \ldots, A_{n+1}$ ; twierdzenie zostało udowodnione.

Opona skończonego zbioru punktów płaszczyzny jest najmniejszym wielokątem wypukłym zawierającym ten zbiór, tzn. każdy wielokąt wypukły zawierający ów zbiór zawiera również jego oponę.

Uwaga 2. Znane jest następujące twierdzenie, zwane twierdzeniem Junga*):

Każdy zbiór punktów płaszczyzny mający średnicę d**) jest zawarty w pewnym kole o promieniu $\frac{d}{\sqrt{3}}$ .

Powołując się na to twierdzenie, możemy twierdzenie o sześciu punktach, o które chodzi w poprzednim zadaniu, udowodnić w sposób bardzo prosty.

Niech $k$ będzie kołem o promieniu $r=\frac{d}{\sqrt{3}}$ zawierającym dany zbiór punktów $\{A_1, A_2, \ldots, A_6\}$ płaszczyzny, w którym największa odległość dwóch punktów wynosi $d$ , a najmniejsza równa się $\delta$ .

Podzielmy koło $k$ na $6$ równych wycinków w taki sposób, żeby promień koła przechodzący przez jeden z danych punktów, np. przez punkt $A_1$ był wspólnym brzegiem dwóch wycinków (rys. 19).

Wówczas któryś z wycinków zawiera dwa punkty danego zbioru, na przykład $A_i$ i $A_k$ . Ponieważ średnica wycinka kołowego o kącie środkowym $60^\circ$ jest równa promieniowi koła (czego łatwy dowód proponujemy czytelnikowi), więc $A_iA_k \leq r$ ; lecz $\delta \leq A_iA_k$ , zatem $\delta \leq r$ , czyli

$ \sigma \leq \frac{d}{\sqrt{3}}, \ \textrm{ c n. d.} $

Dowód twierdzenia Junga dla zbiorów skończonych można przeprowadzić jak następuje.

Niech $Z$ będzie zbiorem $n$ punktów $A_1, A_2, \ldots, A_n$ płaszczyzny, a $\delta$ jego średnicą. Każdej trójce $A_i ,A_j ,A_k$ punktów zbioru przyporządkujmy pewne koło $Q_{ijk}$ zawierające te punkty. A mianowicie:

a) Jeżeli punkty $A_i$ , $A_j$ , $A_k$ są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego, $Q_{ijk}$ oznacza koło opisane na tym trójkącie.

b) Jeżeli punkty $A_i$ , $A_j$ , $A_k$ nie są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego, tzn. tworzą trójkąt prostokątny lub rozwartokątny, bądź są współliniowe, $Q_{ijk}$ oznacza koło opisane na najdłuższym z odcinków $A_iA_j$ , $A_jA_k$ , $A_kA_i$ jako na średnicy.

Zbiór kół $Q_{ijk}$ jest skończony, więc któreś z nich jest największe (tzn. nie mniejsze od żadnego innego); możemy przyjąć, że jest to koło $Q_{123} = Q$ o promieniu $r$ zawierające punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ .

Udowodnimy, że koło $Q$ zawiera również wszystkie pozostałe punkty $A_4, A_5, \ldots, A_n$ zbioru $Z$ .

Wykażemy w tym celu, że jeżeli punkt $M$ płaszczyzny leży na zewnątrz koła $Q$ , to jeden z odcinków $A_1M$ , $A_2M$ , $A_3M$ jest dłuższy niż $2r$ , lub też dwa spośród punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ tworzą wraz z $M$ trójkąt ostrokątny, a koło opisane na tym trójkącie ma promień większy niż $r$ .

Według definicji koła $Q$ zachodzi jeden z dwóch przypadków:

1) Dwa spośród punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , na przykład $A_1$ i $A_2$ są końcami średnicy koła $Q$ (rys. 20). Jeżeli punkt $M$ leży na prostej $A_1A_2$ lub jeżeli jeden z kątów $A_1A_2M$ , $A_2A_1M$ jest $\geq 90^\circ$ , to jeden z odcinków $A_1M$ , $A_2M$ jest dłuższy niż $A_1A_2$ , tj. niż $2r$ . Jeżeli zaś kąty $A_1A_2M$ i $A_2A_1M$ są ostre, to $\triangle A_1A_2M$ jest ostrokątny, gdyż $\measuredangle A_1MA_2$ też jest ostry. Promień $\rho$ koła opisanego na $\triangle A_1A_2M$ spełnia warunek $2\rho \sin \measuredangle A_1MA_2 = A_1A_2 = 2r$ , zatem $\rho>r$ .

2) Punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego (rys. 21) wpisanego w $Q$ .

Punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ dzielą wówczas okrąg koła $Q$ na trzy łuki mniejsze od półokręgu. Poprowadzimy styczne $MT$ i $MS$ do koła $Q$ oraz jego średnice $TT'$ i $SS'$ . Jeżeli punkt $A_i$ ( $i=1, 2, 3$ ) leży na łuku domkniętym (tj. z końcami) $S'T'$ *), to $A_iM \geq S'M >SS' =2r$ . Jeśli zaś żaden z punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ nie leży na łuku $S'T'$ to dwa z nich są końcami łuku (mniejszego od półokręgu) zawierającego łuk $S'T'$ . Niech np. $A_1$ leży na łuku otwartym (tj. bez końców) $TS'$ , a $A_2$ - na łuku otwartym $ST'$ . Trójkąt $A_1MA_2$ jest ostrokątny, gdyż $\measuredangle MA_1A_2 < \measuredangle TA_1T'=90^\circ$ , $\measuredangle MA_2A_1 < \measuredangle SA_2S'=90^\circ$ , a $\measuredangle A_1MA_2 < \measuredangle A_1SA_2 < 90^\circ$ . Promień $\rho$ koła opisanego na trójkącie $A_1MA_2$ spełnia warunek

$ 2\rho \sin \measuredangle A_1MA_2 = A_1A_2 = 2r \sin \measuredangle A_1SA_2 > 2r \sin \measuredangle A_1MA_2, \textrm{ zatem } \rho>r. $

Z powyższego wynika, że punkt $M$ nie pokrywa się z żadnym z punktów $A_4, A_5, \ldots, A_n$ . Koło $Q$ zawiera zatem istotnie cały zbiór $Z$ .

Promień $r$ koła $Q$ jest co najwyżej równy $\frac{d}{\sqrt{3}}$ . W samej rzeczy, w przypadku 1) $2r=A_1A_2\leq d$ , więc $r \leq \frac{d}{2}$ . Jeśli zaś zachodzi przypadek 2), to któryś z kątów trójkąta $A_1A_2A_3$ , na przykład kąt $A_3$ jest $\geq 60^\circ$ , więc $d \geq A_1A_2 =2r\sin \measuredangle A_2 \geq 2r \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$ , a stąd $r \leq \frac{d}{\sqrt{3}}$ . Istnieje zatem koło o promieniu $\frac{d}{\sqrt{3}}$ zawierające zbiór $Z$ , c.n.d.