XV OM - III etap

III etap XVI Olimpiady Matematycznej

XV OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Udowodnić, że nierówność

$ (1) \qquad \frac{1}{3} \leq \frac{\tan 3\alpha}{\tan \alpha} \leq 3 $

nie jest prawdziwa dla żadnej wartości $\alpha$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę sprowadzenia do sprzeczności. Przypuśćmy, że pewna liczba $\alpha$ spełnia nierówność (1). W takim razie $\alpha$ czyni zadość nierównościom

$ (2) \qquad \alpha \ne k \cdot \frac{\pi}{2} $

$ (3) \qquad \alpha \ne k\pi + \frac{\pi}{6} \textrm{ i } \alpha \ne k\pi - \frac{\pi}{6}, $

gdzie $k$ oznacza dowolną liczbę całkowitą. Istotnie, gdy $\alpha = k \cdot \frac{\pi}{2}$ ( $k$ = liczba całkowita), wtedy nie istnieje liczba $\frac{1}{\tg \alpha}$ , gdy zaś $\alpha = k\pi \pm \frac{\pi}{6}$ , wtedy $3 \alpha = 3k\pi \pm \frac{\pi}{2}$ , więc nie istnieje liczba $\tg 3 \alpha$ ; zatem w żadnym z tych przypadków liczba $\alpha$ nie spełnia nierówności (1).

Wykażemy, że gdy $\alpha$ spełnia warunki (2) i (3), wtedy

$ (4) \qquad \frac{\tg 3\alpha}{\tg \alpha} = \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha}. $

Wiadomo z trygonometrii, że

$ (5) \qquad \tg 3 \alpha = \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1 - 3 \tg^2 \alpha} $

dla wszystkich takich wartości $\alpha$ , dla których istnieje $\tg \alpha$ i $\tg 3\alpha$ (wobec czego $1 - 3 \tg^2 \alpha 0$ ), tzn. dla wszystkich wartości $\alpha$ czyniących zadość nierównościom (3) i nierówności

$ (6) \qquad \alpha \ne (2k + 1) \cdot \frac{\pi}{2} $

dla każdego całkowitego $k$ .

Jeżeli prócz tego $\tg \alpha \ne 0$ , tzn. gdy

$ (7) \qquad \alpha \ne k \pi\ \textrm{ ($k$ - dowolna liczba całkowita}) $

to z równości (5) wynika równość (4). Otóż liczba $\alpha$ spełnia warunki (2) i (3), więc spełnia także nierówności (6) i (7), zatem istotnie zachodzi równość (4).

Z (1) i (4) wynika, że

$ \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3. $

Liczba $\alpha$ spełnia więc dwie nierówności

$ (8) \qquad \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \geq \frac{1}{3} $

$ (9) \qquad \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1-3 \tg^2 \alpha} \leq 3. $

Z nierówności (8) wynika kolejno, że

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} - \frac{1}{3} \geq 0,\ \frac{8}{3(1 - 3 \tg^2 \alpha)} \geq 0, $

a stąd

$ (10) \qquad 1 - 3 \tg^2 \alpha >0. $

Z nierówności (9) wynika zaś, że

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} - 3 \leq 0,\ \frac{8 \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 0, $

więc

$ (11) \qquad \tg^2 \alpha = 0 \textrm{ lub } 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0. $

Wreszcie z warunków (10) i (11) wynika, że $\tg^2 \alpha = 0$ , zatem $\tg \alpha = 0$ , wobec czego

$ (12) \qquad \alpha = n \pi\ \textrm{ (n - liczba całkowita}). $

Wniosek (12) jest sprzeczny z nierównością (2), gdy $k = 2n$ . Przypuszczenie, że istnieje liczba $\alpha$ spełniająca nierówność (1) jest więc fałszywe.

Uwaga 1. Rozwiązanie zadania można ująć inaczej. Zamiast zakładać, że istnieje liczba $\alpha$ spełniająca nierówność (1) i wysnuwać stąd łańcuch wniosków prowadzących do sprzeczności, potraktujemy (1) jako układ dwóch nierówności z niewiadomą $\alpha$ i spróbujemy rozwiązać ten układ sposobem zastępowania go przez równoważne mu, ale coraz prostsze układy.

Stwierdzamy najpierw, że układ (2) jest równoważny układowi

$ (1a) \qquad \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3,\ \alpha \ne n \pi \ \textrm{ (n - liczba naturalna }). $

Istotnie, wiemy z poprzedniego rozwiązania, że jeżeli dla pewnego $\alpha$ zachodzi (1), to spełniona jest równość (4), a wobec tego zachodzi (1a).

Odwrotnie, gdy dla pewnego $\alpha$ zachodzą związki (1a), wtedy zachodzi (6), (2) i (3), zatem również (4), a wobec tego $\alpha$ spełnia nierówność (1).

Przekształcając jak poprzednio nierówności (1a), stwierdzamy następujące równoważności

$ \frac{1}{3} \leq \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \Longleftrightarrow \frac{8}{3(1 - 3 \tg^2 \alpha)} > 0 \Longleftrightarrow 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0 $

oraz

$ \frac{3 - \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 3 \Longleftrightarrow \frac{3 \tg^2 \alpha}{1 - 3 \tg^2 \alpha} \leq 0 \Longleftrightarrow 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0 \textrm{ lub } \alpha = n\pi \ (n = 1 \textrm{ całkowita }). $

Z powyższego wynika, że układ (1a) jest równoważny alternatywie układów

$ (1b) \qquad \begin{array}{c} 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0\\ 1 - 3 \tg^2 \alpha < 0\\ \alpha \ne n \pi \end{array} \quad \textrm{ lub } \nr{1c} \begin{array}{c} 1 - 3 \tg^2 \alpha > 0\\ \alpha = n \pi\\ \alpha \ne n \pi \end{array} $

Każdy z układów (1b) i (1c) jest sprzeczny, gdy zawiera dwa zdania sprzeczne ze sobą. Zatem układ (1) nie ma rozwiązań.

Uwaga 2. W rozwiązaniu zadania powołaliśmy się na twierdzenie z trygonometrii, że gdy istnieje $\tg \alpha$ i $\tg 3 \alpha$ , tzn. gdy $\alpha$ spełnia warunki (3) i (6), wtedy zachodzi równość (5). Twierdzenie to bywa w podręcznikach uzasadniane w następujący sposób:

Ponieważ $\tg 2 \alpha = \frac{2 \tg \alpha}{1 - \tg^2 \alpha}$ , więc

$ \tg 3 \alpha = \tg (2 \alpha + \alpha) = \frac{\tg 2 \alpha + \tg \alpha}{1 - \tg \alpha \tg 2 \alpha} = \frac{2 \tg \alpha + \tg \alpha (1 - \tg^2 \alpha)}{(1 - \tg^2 \alpha) - 2\tg^2 \alpha} = \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1 - 3 \tg^2 \alpha}. $

Dowód taki zawiera lukę, gdyż z (3) i (6) nie wynika, że istnieje $\tg 2 \alpha$ , tj. że $2\alpha \ne (2p + 1) \frac{\pi}{2}$ , czyli $\alpha \ne (2p + 1) \frac{\pi}{4} = p \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ . Dla takich wartości $\alpha$ dowód traci sens i twierdzenie pozostaje nieudowodnione. Lukę tę jednakże łatwo wypełnić sprawdzając przez podstawienie, że obie strony równości (4) są równe i wtedy, gdy $\alpha = p \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ . Stwierdzamy, że gdy $p = 2k$ , wtedy

$ \alpha = k\pi + \frac{\pi}{4},\ \tg \alpha = 1, \ \tg 3 \alpha = -1, \ \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1- 3\tg^2 \alpha} = -1, $

a gdy $p = 2k + 1$ , to

$ \alpha = k\pi + \frac{3\pi}{4},\ \tg \alpha = -1, \ \tg 3 \alpha = 1, \ \frac{\tg \alpha (3 - \tg^2 \alpha)}{1- 3\tg^2 \alpha} = 1, $

Istotnie więc równość (4) jest prawdziwa dla każdego $\alpha$ spełniającego warunki (3) i (6).

Uwaga 3. Twierdzenie, że wartości funkcji $u = \frac{\tg 3 \alpha}{\tg \alpha}$ leżą na zewnątrz przedziału $\left[ \frac{1}{3}, 3 \right]$ możemy zilustrować geometrycznie. Niech $\tg^2 \alpha = t$ , wówczas dla każdej wartości dodatniej $t$ , różnej od $\frac{1}{3}$ , zachodzi na mocy (4) równość

$ u = \frac{3-t}{1 - 3t}. $

Wykres tej funkcji w układzie współrzędnych prostokątnych $(t, u)$ przedstawia rys. 15. Jest to hiperbola równoosiowa o asymptotach $u = \frac{1}{3}$ i $t = \frac{1}{3}$ , przy czym twierdzenie dotyczy tylko tej części hiperboli, która odpowiada wartościom dodatnim $t$ . Jest widoczne, że gdy $t > 0$ , wtedy $u < \frac{1}{3}$ bądź $u > 3$ .

XV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli $a_1 < a_2 < \ldots < a_n$ i $b_1 < b_2 < \ldots < b_n$ , gdzie $n \geq 2$ , to

$ (1) \qquad (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)(b_1 + b_2 + \ldots + b_n) < n(a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n). $

Rozwiązanie

\spos{1} a) Gdy $n = 2$ , twierdzenie jest prawdziwe, gdyż

$ (a_1 + a_2) (b_1 + b_2) = a_1b_1 + a_1b_2 + a_2b_1 + a_2b_2 = 2 (a_1b_1 + a_2b_2) - (a_1 - a_2) (b_1 - b_2), $

a ponieważ $(a_1 - a_2) (b_1 - b_2) > 0$ , więc

$ (a_1 + a_2) \cdot (b_1 + b_2) < 2 (a_1b_1 + a_2b_2). $

b) Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego naturalnego $n$ i niech $a_1 < a_2 < \ldots < a_{n+1}$ oraz $b_1 < b_2 < \ldots < b_{n+1}$ .

Wówczas

$ \begin{split} &(a_1+ \ldots +a_n + a_{n+1}) (b_1 + \ldots + b_n + b_{n+1}) <\\ & \qquad <n (a_1b_1 + \ldots + a_nb_n)+ a_{n+1} (b_1 + b_2 + \ldots + b_n) + \\ &\qquad \qquad + (a_1 + a_2 + \ldots + a_n) b_{n+1} + a_{n+1}b_{n+1} =\\ & \qquad = n (a_1b_1 + \ldots + a_nb_n) + (a_{n+1}b_1 + a_1b_{n+1}) + \\ &\qquad\qquad + (a_{n+1}b_2 + a_2b_{n+1})+ \ldots + (a_{n+1}b_n + a_nb{n+1}) + a_{n + 1}b_{n+ 1}. \end{split} $

Zauważmy, że

$ a_{n+1}b_1 + a_1b_{n+1} = (a_1b_1 + a_{n+1} b_{n+1}) - (a_1 - a_{n+1})(b_1 - b_{n+1}) < a_1b_1 + a_{n+1} b_{n+1}; $

podobnie stwierdzamy, że zachodzą nierówności

$ a_{n+1}b_2 + a_2b_{n+1} < a_2b_2 + a_{n+1}b_{n+1} $

$ \ldots$

$ a_{n+1}b_n + a_nb_{n+1} < a_nb_n + a_{n+1} b_{n+1}. $

Wobec tego z poprzedniej nierówności wnioskujemy, że

$ (a_1+ \ldots +a_n + a_{n+1}) (b_1 + \ldots + b_n + b_{n+1}) < (n+1) (a_1b_1 + \ldots + a_nb_n + a_{n+1}b_{n+1}). $

Z a) i b) wynika na podstawie indukcji zupełnej, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n \geq 2$ .

Uwaga. Zachodzi twierdzenie ogólniejsze: Jeżeli $a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_n$ i $b_1 \leq b_2 \leq \ldots \leq b_n$ , to

$ (a_1 + a_2 + \ldots + a_n) (b_1 + b_2 + \ldots + b_n) \leq n (a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n), $

przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $a_1 = a_2 = \ldots = a_n$ , bądź $b_1 = b_2 = \ldots = b_n$ .

Nierówność ta bywa nazywana nierównością Czebyszewa.

XV OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dany jest czworościan $ABCD$ , którego krawędzie $AB, BC, CD, DA$ są styczne do pewnej kuli: Dowieść, że punkty styczności leżą w jednej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Rozróżnimy dwa przypadki:

a) $AM = CN$ , zatem również $AQ = CP$ . Trójkąty $MBN$ i $ABC$ są wówczas jednokładne względem punktu $B$ , więc $MN \parallel AC$ i analogicznie $QP \parallel AC$ . Stąd $QP \parallel MN$ , zatem punkty $MNPQ$ leżą w jednej płaszczyźnie.

b) $AM \ne CN$ , niech np. $AM > CN$ , zatem również $AQ > CP$ . (Rys. 17).

Równoległa do $MN$ poprowadzona przez punkt $C$ przecina wówczas odcinek $AB$ w pewnym punkcie $E$ , a równoległa do $PQ$ poprowadzona przez $C$ przecina odcinek $AD$ w pewnym punkcie $F$ . Ponieważ $BM = BN$ , a $DP = DQ$ , więc $EM = CN = CP = QF$ , wobec czego $MQ \parallel EF$ .

Proste $PQ$ , $QM$ , $MN$ są odpowiednio równoległe do prostych $CF$ , $FE$ , $EC$ , więc płaszczyzny $PQM$ i $QMN$ są równoległe do płaszczyzny $CFE$ ; ponieważ płaszczyzny te mają wspólną prostą $QM$ , więc się pokrywają, tzn. punkty $P$ , $Q$ , $M$ , $N$ leżą w jednej płaszczyźnie.

XV OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli pierwiastki równania $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$ , o współczynnikach rzeczywistych, są rzeczywiste, to pierwiastki równania $3x^2 + 2ax + b = 0$ też są rzeczywiste.

Rozwiązanie

Zadanie sprowadza się do wykazania, że z danych założeń wynika nierówność

$ (1) \qquad a^2 - 3b \geq 0. $

Niech $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ oznaczają pierwiastki równania (2); według założenia są one liczbami rzeczywistymi.

Wiadomo, że

$ a = - (x_1 + x_2 + x_3),\ b = x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_1. $

Stąd

$ \begin{split} a^2 - 3b &= (x_1 + x_2 + x_3)^2 - 3 (x_1x_3 + x_2x_3 + x_3x_1) =\\ &=x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 - x_1x_2 - x_2x_3 - x_3x_1) =\\ &= \frac{1}{2} [(x_1 -x_2)^2 + (x_2 - x_3)^2 + (x_3 - x_1)^2] \geq 0. \end{split} $

Uwaga. Korzystając z elementarnych wiadomości o pochodnych można zadanie rozwiązać znacznie prościej. Wystarczy zauważyć, że funkcja $3x^2 + 2ax + b$ jest pochodną funkcji $x^3 + ax^2 + bx + c$ i zastosować twierdzenie, że pomiędzy dwoma pierwiastkami funkcji różniczkowalnej leży jakiś pierwiastek pochodnej tej funkcji, oraz że pierwiastek wielokrotny funkcji jest jednocześnie pierwiastkiem tej pochodnej.

XV OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dany jest kąt ostry i okrąg położony wewnątrz tego kąta. Wyznaczyć na danym okręgu taki punkt $M$ , żeby suma odległości punktu $M$ od ramion kąta była najmniejsza.

Rozwiązanie

\spos{1} Niech $\measuredangle AOB = \delta$ (rys. 19) będzie danym kątem, $M$ dowolnym punktem, danego okręgu, a $MN = d_1$ i $MP = d_2$ odległościami punktu $M$ od półprostych $OA$ i $OB$ . Przyjmijmy oznaczenia $MO = d$ , $\measuredangle MOA = \alpha$ , $\measuredangle MOB = \beta$ ; przypuśćmy, że $\alpha \geq \beta$ .

Wówczas

$ d_1 = d \sin \alpha, \ d_2 = d \sin \beta. $

Stąd

$ d_1 + d_2 = d (\sin \alpha + \sin \beta) = 2d \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \cdot \cos \frac{\alpha - \beta}{2} = 2 \sin \frac{\delta}{2} \cdot d \cos \frac{\alpha - \beta}{2}. $

Suma $d_1 + d_2$ ma najmniejszą wartość wtedy, gdy iloczyn $d \cos \frac{\alpha - \beta}{2}$ jest najmniejszy. Ten iloczyn wyraża długość rzutu $OM'$ odcinka $OM$ na prostą, tworzącą z $OM$ kąt równy $\frac{\alpha - \beta}{2}$ , tj. na dwusieczną $OC$ kąta $AOB$ . Poszukiwanym punktem jest zatem ten punkt okręgu, którego rzut na prostą $OC$ leży najbliżej punktu $O$ , tzn. punkt styczności tej z dwóch stycznych do okręgu, prostopadłych do dwusiecznej danego kąta, która leży bliżej punktu $O$ .

Rozwiązanie to można uzyskać bez rachunku trygonometrycznego. Poprowadźmy przez punkt $M$ prostopadłą $KL$ do dwusiecznej $OC$ (rys. 20) i zauważmy, że według znanego twierdzenia o trójkącie równoramiennym suma odległości dowolnego punktu $M$ podstawy $KL$ trójkąta równoramiennego $KOL$ od boków $OK$ i $OL$ równa się wysokości trójkąta względem boku $OK$ , tj. $MN + MP = LH$ . Gdy punkt $M$ porusza się po okręgu, wysokość $LH$ jest proporcjonalna do wysokości $OM'$ , gdyż obie są proporcjonalne do $OL$ . Zatem suma $MN + MP$ osiąga minimum (maximum), gdy odcinek $OM'$ jest najmniejszy (największy).

Uwaga 1. Zadanie możemy uogólnić biorąc w danym kącie zamiast okręgu dowolną figurę $F$ i stawiając pytanie, dla którego punktu figury suma odległości od ramion kąta osiąga minimum lub maximum. Rozwiązanie uzyskujemy, wyznaczając rzut figury $F$ na dwusieczną danego kąta: punktami szukanymi są te punkty figury $F$ , których rzuty leżą najbliżej lub najdalej od wierzchołka danego kąta.

Uwaga 2. Rozwiązanie zadania pozostaje bez zmiany, gdy dany kąt $AOB$ jest prosty. W przypadku, gdy kąt $AOB$ jest rozwarty, możemy w taki sam sposób znaleźć na danym okręgu punkt, dla którego suma odległości od prostych $OA$ i $OB$ jest najmniejsza lub największa. Sprawa przedstawia się inaczej, gdy chodzi o odległość punktu od ramion kąta, a więc od półprostych $OA$ i $OB$ . Odległością punktu $M$ od półprostej $OA$ o początku $O$ nazywa się długość najkrótszego z odcinków łączących punkt $M$ z punktami tej pólprostej. Odległość ta równa się tylko wtedy odległości punktu $M$ od prostej $OA$ , gdy odcinek $OM$ tworzy z prostą $OA$ kąt $\leq 90^\circ$ ; gdy zaś ten kąt jest $> 90^\circ$ , odległość punktu $M$ od półprostej $OA$ równa się długości odcinka $OM$ . Aby rozwiązać zadanie w tym przypadku, poszukajmy miejsca geometrycznego punktów, dla których suma odległości od ramion $OA$ i $OB$ kąta rozwartego równa się danej długości $a$ . Poprowadźmy w kącie $AOB$ taki odcinek $KL$ prostopadły do dwusiecznej tego kąta, żeby wysokość $LL'$ trójkąta równoramiennego $KOL$ była równa $a$ (rys. 22), i weźmy pod uwagę półproste $OC \bot OA$ i $OD \bot OB$ przecinające $KL$ w punktach $M$ i $N$ . Wówczas dla każdego punktu odcinka $MN$ suma odległości od półprostych $OA$ i $OB$ równa się $a$ , dla pozostałych punktów odcinka $KL$ suma ta jest większa niż $a$ . Niech $P$ będzie takim punktem kąta $AOD$ , że suma $PQ + PO$ jego odległości od półprostych $OA$ i $OB$ równa się $a$ i niech $x$ , $y$ oznaczają współrzędne punktu $P$ w układzie współrzędnych $AOC$ , wówczas

$ \sqrt{x^2 + y^2} + y = a. $

Stąd

$ y = \frac{a}{2} - \frac{x^2}{2a} $

punkt $P$ leży zatem na paraboli, której wierzchołkiem jest punkt $\left(0, \frac{a}{2} \right)$ , ogniskiem punkt $O$ i która przecina $OA$ w punkcie $(a, 0)$ .

Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest zatem linia, składająca się z odcinka $MN$ i z dwóch łuków parabol. Przekształcając tę linię przez jednokładność względem środka $O$ w takim stosunku, aby otrzymać linię styczną do danego okręgu, znajdujemy żądany punkt.

XV OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

III

Dany jest ostrosłup SABCD, którego podstawą jest czworokąt wypukły $ABCD$ o prostopadłych przekątnych $AC$ i $BD$ , a rzutem prostokątnym wierzchołka 8 na podstawę jest punkt 0 przecięcia przekątnych podstawy. Udowodnić, że rzuty prostokątne punktu O na ściany boczne ostrosłupa leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Niech $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ będą rzutami prostokątnymi punktu $O$ odpowiednio na ściany $ASB$ , $BSC$ , $CSD$ , $DSA$ (rys. 23).

Płaszczyzna $SOM$ jest prostopadła do płaszczyzny czworokąta $ABCD$ i do płaszczyzny $ASB$ , gdyż zawiera prostopadłe $S0$ i $OM$ do tych płaszczyzn. Zatem płaszczyzna $S0M$ jest prostopadła do prostej przecięcia $AB$ płaszczyzn $ABCD$ i $ASB$ i przecina ją w punkcie $M'$ prostej $SM$ , przy czym $AB \bot OM'$ , tzn. $M'$ jest rzutem prostokątnym punktu $O$ na prostą AB. Podobnie proste $SN$ , $SP$ i $SQ$ przecinają odpowiednio proste $BC$ , $CD$ i $DA$ w punktach $N'$ , $P'$ , $Q'$ będących rzutami prostokątnymi punktu $O$ na te proste. Punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ leżą na pewnym okręgu $\alpha$ . Punkty $M$ , $N$ , $M'$ , $N'$ także leżą na okręgu. Istotnie, odcinek $OB$ widać z każdego z tych punktów pod kątem prostym, więc leżą one na sferze (tj. na powierzchni kuli) o średnicy $OB$ ; zarazem znajdują się one na płaszczyźnie $SMN$ , leżą zatem na linii przecięcia sfery z płaszczyzną, tj. na pewnym okręgu $\beta$ . Okręgi $\alpha$ i $\beta$ znajdują się w różnych płaszczyznach i ają dwa punkty wspólne $M'$ i $N'$ ; wobec tego istnieje sfera $\gamma$ przechodząca przez oba te okręgi; punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , $M$ , $N$ , leżą na sferze $\gamma$ . Tak samo punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , $N$ , $P$ leżą na pewnej sferze $\gamma'$ , a punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , $P$ , $Q$ - na pewnej sferze $\gamma''$ . Lecz powierzchnie $\gamma$ , $\gamma'$ , $\gamma''$ są identyczne, gdyż $\gamma$ i $\gamma'$ przechodzą przez wierzchołki czworościanu $M'N'P'N$ , a $\gamma'$ i $\gamma''$ przez wierzchołki czworościanu $M'N'P'P$ . Zatem punkty $M'N'P'Q'MNPQ$ leżą na sferze $\gamma$ . Lecz z drugiej strony punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ leżą na sferze o średnicy $OS$ , gdyż z każdego z tych punktów odcinek $OS$ widać pod kątem prostym; sfera ta jest różna od sfery $\gamma$ , gdyż nie przechodzi przez punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , będąc styczną do płaszczyzny $ABCD$ w punkcie $O$ . Punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ leżą zatem na linii przecięcia dwóch różnych sfer, tj. na okręgu.

Uwaga. Dowód powyższy można znacznie skrócić biorąc pod uwagę rzut stereograficzny sfery o średnicy $OS$ z punktu $S$ na płaszczyznę $ABCD$ . Wiadomo, że w takim rzucie okręgowi leżącemu na płaszczyźnie odpowiada okrąg na sferze. Okręgowi przechodzącemu przez punkty $M'$ , $N'$ , $P'$ , $Q'$ , odpowiada okrąg, który przechodzi przez odpowiednie punkty sfery, tj. przez punkty $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ .