III OM - III etap

III etap III Olimpiady Matematycznej

III OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \left\{ \begin{array}{l} xy (x - y) = ab (a - b)\\ x^3 - y^3 = a^3 - b^3. \end{array} \right. $

Rozwiązanie

Pomnóżmy obie strony pierwszego równania przez $3$ , a następnie dodajmy równania stronami; otrzymamy równanie

$ (x - y)^3 = (a - b)^3, $

równoważne (w dziedzinie liczb rzeczywistych) równaniu

$ x - y = a - b. $

Układ równań (1) jest równoważny układowi równań

$ (2) \qquad \left\{ \begin{array}{l} xy(x - y) = ab (a - b) \\ x - y = a - b \end{array} \right. $

lub układowi prostszemu

$ (3) \qquad \left\{ \begin{array}{l} xy (a - b) = ab (a - b) \\ x - y = a - b. \end{array} \right. $

Należy rozróżnić dwa przypadki:

I. $a - b \ne 0$ . Układ równań (3) jest równoważny układowi

$ (4) \qquad \left\{ \begin{array}{l} xy = ab\\ x - y = a - b \end{array} \right. $

mającemu dwa rozwiązania: $x = a$ , $y = b$ i $x = - b$ , $y = -a$ .

II. $a - b = 0$ . Pierwsze z równań (3) jest tożsamością $0 = 0$ i układ równań (3) redukuje się do jednego równania

$ x - y = 0, $

majajpego rozwiązanie $x = m$ , $y = m$ , gdzie $m$ jest dowolną liczbą.

Uwaga. W dziedzinie liczb zespolonych równanie $(x - y)^3 = (a - b)^3$ jest równoważne alternatywie trzech równań: $x - y = a - b$ , lub $x - y = (a - b)\varepsilon$ lub $x - y = (a - b) \varepsilon^2$ , gdzie

$ \varepsilon = \frac{- 1 + i\sqrt{3}}{2}, $

wobec czego układ równań (1) jest równoważny alternatywie trzech układów równań, z których jednym jest układ (2), a dwa inne powstają z układu (2) przez zastąpienie drugiego równania równaniem $x - y = (a - b)\varepsilon$ lub równaniem $x - y = (a - b)\varepsilon^2$ . Rozwiązanie każdego z tych układów przebiega analogicznie do rozwiązania układu (2). Wynik jest następujący:

I. Gdy $a - b \ne 0$ , dany układ ma w dziedzinie liczb zespolonych $6$ rozwiązań $(x, y)$ , mianowicie:

$ (a, b),\ (a\varepsilon, b\varepsilon),\ (a\varepsilon^2, b\varepsilon^2), $

$ (-b, -a),\ (-b\varepsilon, -a\varepsilon),\ (-b\varepsilon^2, -a\varepsilon^2). $

II. Gdy $a = b$ , rozwiązaniem danego układu równań jest każda para liczb $x = m$ , $y = m$ , gdzie $m$ jest dowolną liczbą zespoloną.

III OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ obrano odpowiednio punkty $M$ , $N$ , $P$ w taki sposób, że

$ (1) \qquad \frac{BM}{MC} = \frac{CN}{NA} = \frac{AP}{PB} = k, $

gdzie $k$ oznacza liczbę daną większą od $1$ ; następnie poprowadzono odcinki $AM$ , $BN$ , $CP$ . Mając dane pole $S$ trójkąta $ABC$ obliczyć pole trójkąta ograniczonego prostymi $AM$ , $BN$ i $CP$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy punkty przecięcia prostych $AM$ , $BN$ i $CP$ literami $X$ , $Y$ , $Z$ , jak wskazuje rys. 36.

Ponieważ pola trójkątów o równych wysokościach mają się jak podstawy tych trójkątów, więc

$ \textrm{pole }ABM = \frac{BM}{BC} \cdot S,\ \textrm{pole }ABX = \frac{AX}{AM} \cdot \textrm{pole }ABM, $

zatem

$ (2) \qquad \textrm{pole } ABX = \frac{BM}{BC} \cdot \frac{AX}{AM} \cdot S. $

Stosunki $\frac{BM}{BC}$ i $\frac{AX}{AM}$ obliczamy na podstawie równości (1):

$ \frac{BC}{BM} = \frac{BM + MC}{BM} = 1 + \frac{1}{k} = \frac{k+1}{k}, $

więc

$ (3) \qquad \frac{BM}{BC} = \frac{k}{k+1}. $

Wartość stosunku $\frac{AX}{AM}$ możemy uzyskać opierając się na wyniku zadania nr 23, trzeba tylko występującą tam literę $P$ zastąpić literą $X$ (por. rysunki 17 i 36); otrzymujemy równość

$ \frac{AX}{XM} = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right), $

gdzie

$ n = \frac{AN}{NC} = \frac{1}{k},\ m = \frac{BM}{MC} = k, $

wobec czego

$ \frac{AX}{XM} = \frac{1}{k} \left( 1 + \frac{1}{k} \right) = \frac{k+1}{k^2} $

oraz

$ (4) \qquad \frac{AX}{AM} = \frac{AX}{AX + XM} = \frac{k+1}{k^2 + k +1}. $

Podstawiając wartości stosunków $\frac{BM}{BC}$ i $\frac{AX}{AM}$ ze wzorów (3) i (4) do wzoru (2) otrzymujemy wzór

$ \textrm{pole }ABX = \frac{k}{k^2+k+1} S. $

Wartość pola trójkąta $BCY$ uzyskamy, gdy w powyższym obliczeniu pola trójkąta $ABX$ zamienimy litery $A$ , $B$ , $C$ odpowiednio na $B$ , $C$ , $A$ , litery $M$ i $N$ na $N$ i $P$ , a literę $X$ na $Y$ ; analogicznie obliczymy pole trójkąta $CAZ$ . Wyniki obliczeń będą oczywiście te same, zatem

$ \textrm{pole }BCY = \textrm{pole }CAZ = \textrm{pole }ABX = \frac{k}{k^2+k+1} S. $

Ponieważ

$ \textrm{pole }XYZ = S - (\textrm{pole }ABX + \textrm{pole }BCY + \textrm{pole }CAZ), $

więc

$ \textrm{pole }XYZ = S - \frac{3k}{k^2+k+1}S $

i ostatecznie

$ (5) \qquad \textrm{pole }XYZ = \frac{(k-1)^2}{k^2+k+1}S. $

Uwaga 1. W rozumowaniu powyższym wzór (4) można by również uzyskać stosując do trójkąta $ACM$ przeciętego prostą $BN$ twierdzenie Menelausa (patrz zadanie nr 23), co daje równość

$ \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CB}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = -1. $

Nadając tej równości postać

$ \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CM + MB}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = -1, \textrm{ czyli } \frac{NA}{CN} \cdot \frac{MC + BM}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = 1, $

i podstawiając w ostatnim równaniu wartości stosunków

$ \frac{NA}{CN} = \frac{MC}{BM} = \frac{1}{k} $

otrzymujemy równość

$ \frac{1}{k} \left( \frac{1}{k} + 1 \right) \frac{MX}{XA} = 1 $

i wreszcie

$ \frac{AX}{XM} = \frac{k+1}{k^2}, $

skąd wynika, jak poprzednio, wzór (4).

Uwaga 2. Warunek, że $k > 1$ , można zastąpić warunkiem słabszym $k > 0$ i $k \ne 1$ . Rozumowanie i wynik (5) pozostają te same. Zauważmy, że gdy $k = 0$ , punkty $M$ , $N$ , $P$ pokrywają się odpowiednio z punktami $B$ , $C$ , $A$ , a trójkąt $XYZ$ pokrywa się z trójkątem $BCA$ . Gdy $k = 1$ , trójkąt $XYZ$ redukuje się do jednego punktu - środka ciężkości trójkąta $ABC$ . W obu tych przypadkach wzór (5) daje prawidłowe wartości pola: $S$ i $O$ .

III OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Zbudować czworokąt $ABCD$ mając dane długości boków $AB$ i $CD$ oraz kąty czworokąta.

Rozwiązanie

Oznaczmy długości danych boków czworokąta: $AB = a$ , $CD = c$ . Weźmy pod uwagę sumy kolejnych kątów czworokąta:

$ A + B,\ B+C, \ C + D,\ A + D $

i z tych sum utwórzmy pary

$ (A + B, C + D) \textrm{ i } (A + D,B + C). $

Na każdej z tych par któraś z sum nie przekracza $180^\circ$ , gdyż suma wszystkich czterech kątów $A + B + C + D$ wynosi $360^\circ$ .

Wystarczy rozpatrzyć przypadek, gdy $A + B \leq 180^\circ$ i $A + D \leq 180^\circ$ ; rozumowanie, które przeprowadzimy, można zastosować w każdym innym przypadku, zmieniając w odpowiedni sposób oznaczenia literowe.

Dogodnie będzie rozróżnić dwie możliwości:

I. $A + B < 180^\circ$ . Niech $ABCD$ będzie czworokątem poszukiwanym. Czworokąt ten jest wypukły (rys. 37) lub wklęsły (rys. 38) zależnie od tego czy $C < 180^\circ$ , czy też $C>180^\circ$ .

Poprowadźmy przez wierzchołek $B$ prostą równoległą do prostej $CD$ , a przez wierzchołek $D$ prostą równoległą do prostej $BC$ ; utworzy się równoległobok $BCDM$ .

W przypadku, gdy $A + D = 180^\circ$ , tj. gdy czworokąt $ABCD$ jest trapezem (rys. 39), punkt $M$ leży na boku $AB$ , $MB = c$ .

W tym szczególnym przypadku konstrukcja czworokąta jest łatwa.

Kreślimy odcinek $AB = a$ . Budujemy $\measuredangle BAD = A$ i $\measuredangle ABC = B$ po tej samej stronie prostej $AB$ . Następnie odmierzamy $BM = c$ . Przez punkt $M$ prowadzimy prostą równoległą do prostej $BC$ do przecięcia z półprostą $AD$ w punkcie $D$ . Przez punkt $D$ prowadzimy prostą $DC$ aż do przecięcia z prostą $BC$ w punkcie $C$ . Łatwo sprawdzić, że czworokąt $ABCD$ spełnia warunki zadania. Rozwiązanie istnieje, jeżeli punkt $M$ leży wewnątrz odcinka $AB$ , tzn. jeżeli $c < a$ .

W przypadku, gdy $A + B < 180^\circ$ i $A + D < 180^\circ$ , czyli $C + D > 180^\circ$ , i $C + B > 180^\circ$ , punkt $M$ leży wewnątrz kąta $BAD$ .

Istotnie, gdy czworokąt $ABCD$ jest wypukły (rys. 37), półprosta $DM$ leży wewnątrz kąta $ADC$ , gdyż $\measuredangle MDC = 180^\circ - C < D$ ; zatem półprosta $DM$ przecina prostą $AB$ w punkcie $P$ leżącym wewnątrz odcinka $AB$ . Półprosta $BM$ leży wewnątrz kąta $ABC$ , gdyż $\measuredangle CBM = 180^\circ - C < B$ , zatem półprosta $BM$ przecina prostą $AD$ w punkcie $N$ leżącym wewnątrz odcinka $AD$ . Odcinki $DP$ i $BN$ przecinają się w punkcie $M$ leżącym wewnątrz kąta $BAD$ .

Jeśli zaś czworokąt $ABCD$ jest wklęsły (rys. 38), to półprosta $DM$ przecina prostą $AB$ w punkcie $P$ leżącym na przedłużeniu boku $AB$ poza punkt $B$ ; podobnie półprosta $BM$ przecina prostą $AD$ w punkcie $N$ leżącym na przedłużeniu odcinka $AD$ poza punkt $D$ . Odcinki $DP$ i $BN$ przecinają się w punkcie $M$ leżącym wewnątrz kąta $BAD$ .

Obliczmy kąt $ABM$ . W przypadku wielokąta wypukłego

$ \measuredangle ABM= B - \measuredangle MBC = B - (180^\circ - C) = B + C - 180^\circ. $

W przypadku wielokąta wklęsłego

$ \measuredangle ABM = B + \measuredangle CBM = B + 180^\circ - (360^\circ - C) = B + C- 180^\circ. $

W obu przypadkach, w trójkącie $ABM$ znamy boki $AB = a$ i $BM = c$ oraz kąt między nimi zawarty; trójkąt $ABC$ można więc zbudować, a tym samym znaleźć punkt $M$ .

Konstrukcja jest następująca: kreślimy odcinek $AB = a$ i przy półprostych $AB$ i $BA$ wykreślamy odpowiednio kąty $A$ i $B$ ; następnie budujemy trójkąt $ABM$ i przez punkt $M$ prowadzimy równoległą do zbudowanego ramienia kąta $B$ . Jeśli ta równoległa przetnie zbudowane ramię kąta $A$ w punkcie $D$ , to wierzchołek $C$ czworokąta znajdujemy w przecięciu ramienia kąta $B$ z prostą poprowadzoną przez punkt $D$ równolegle do prostej $BM$ . Z konstrukcji jest widoczne, że czworokąt $ABCD$ spełnia warunki zadania.

Rozwiązanie istnieje, jeśli punkt $M$ wypadnie wewnątrz kąta $BAD$ , gdyż tylko wtedy istnieje punkt $D$ . Warunek ten łatwo ująć w formie zależności między danymi zadania. Mianowicie półprosta $BM$ na pewno przecina się ze zbudowanym ramieniem kąta $A$ , tworząc trójkąt $ABN$ , gdyż suma kątów zbudowanych przy $A$ i $B$ jest mniejsza od kąta półprostego:

$ A + \measuredangle ABM = A + (B + C- 180^\circ) = 180^\circ - D< 180^\circ. $

Punkt $M$ leży wewnątrz kąta $BAD$ , gdy $BM < BN$ . Otóż

$ BN = c,\ BN = AB \cdot \frac{\sin NAB}{\sin ANB} = a \cdot \frac{\sin A}{\sin D}, $

warunek rozwiązalności zadania brzmi zatem

$ c < \frac{a \sin A}{\sin D}, $

czyli

$ (1) \qquad a \sin A > c \sin D. $

Zauważmy, że jeśli $A + D = 180^\circ$ , to $\sin A = \sin D$ i nierówność (1) daje znaleziony poprzednio dla tego przypadku warunek $a > c$ . Możemy więc sformułować wynik całego rozumowania jak następuje:

Jeżeli $A + B < 180^\circ$ , zadanie ma rozwiązanie pod warunkiem, że spełniona jest nierówność (1); rozwiązanie jest tylko jedno.

II. $A + B = 180^\circ$ . W tym przypadku poszukiwany czworokąt jest trapezem o podstawach $AD$ i $BC$ , przy czym $AD \geq BC$ (ponieważ założyliśmy na wstępie, że $A + D < 180^\circ$ ).

Jeśli $A + D = 180^\circ$ , czworokąt jest równoległobokiem, więc $AB = CD$ (rys. 40). Zadanie można w takim przypadku rozwiązać tylko wtedy, gdy dane boki spełniają warunek $a = c$ ; rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.

Jeśli $A + D < 180^\circ$ , prowadzimy równoległą $BM$ do boku $CD$ (rys. 41). W trójkącie $ABM$ mamy $AB = a$ , $BM = c$ , $\measuredangle AMB = D$ , $\measuredangle BAM = A$ . Dane boki i kąty muszą więc spełniać związek (twierdzenie sinusów)

$ \frac{a}{\sin D} = \frac{c}{\sin A}, $

czyli

$ (2) \qquad a \sin A = c \sin D. $

Jeśli ten warunek jest spełniony, zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań, które otrzymujemy budując trójkąt $ABM$ i przesuwając następnie odcinek $BM$ w kierunku $AM$ .

Zauważmy, że jeśli $A + D = 180^\circ$ , to równość (2) daje znaleziony przedtem dla tego przypadku warunek $a = c$ . Możemy więc powiedzieć:

Jeżeli $A + B = 180^\circ$ , zadanie ma rozwiązania, o ile spełniona jest równość (2); rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.

III OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli kąty $A$ , $B$ , $C$ trójkąta spełniają równanie

$ (1) \qquad \cos 3A + \cos 3B + \cos 3C = 1, $

to jeden z tych kątów równa się $120^\circ$ .

Rozwiązanie

Dowód twierdzenia uzyskamy przekształcając równość (1). Aby przekształcenie wykonać w sposób właściwy, należy się zastanowić, do czego ma ono zmierzać.

Wystarczy dowieść, że jedna z liczb $\sin \frac{3}{2} A$ , $\sin \frac{3}{2} B$ , $\sin \frac{3}{2} C$ równa się zeru, gdyż wtedy jeden z kątów $\frac{3}{2} A$ , $\frac{3}{2} B$ , $\frac{3}{2} C$ równa się $180^\circ$ .

Chodzi więc o to, by z równości (1) wywnioskować równość

$ (5) \qquad \sin \frac{3}{2} A \sin \frac{3}{2} B \sin \frac{3}{2} C = 0. $

W tym celu przekształcamy równość (3) jak następuje:

$ 1 - \cos 3A - (\cos 3B + \cos 3C) = 0, $

$ 2 \sin^2 \frac{3}{2} A - 2 \cos \frac{3}{2} (B + C) \cos \frac{3}{2} (B - C) = 0, $

$ 2 \sin^2 \frac{3}{2} A + 2 \sin \frac{3}{2} A \cos \frac{3}{2} (B - C) = 0, $

$ 2 \sin \frac{3}{2} A \left[ \sin \frac{3}{2} A + \cos \frac{3}{2} (B - C) \right] = 0, $

$ 2 \sin \frac{3}{2} A \left[ - \cos \frac{3}{2}(B + C) + \cos \frac{3}{2} (B - C) \right] = 0, $

$ 4 \sin \frac{3}{2} A \sin \frac{3}{2} B \sin \frac{3}{2} C = 0, $

skąd $A = 120^\circ$ lub $B = 120^\circ$ lub $C = 120^\circ$ .

III OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Dowieść, że żadna z cyfr $2$ , $4$ , $7$ , $9$ nie może być ostatnią cyfrą liczby

$ 1 + 2 + 3 + \ldots + n, $

gdzie $n$ jest liczbą naturalną.

Rozwiązanie

Jeśli ostatnią cyfrą danej liczby jest $x$ , to

$ \frac{n(n + 1)}{2} = 10k + x (k = \textrm{ liczba naturalna}), $

więc

$ n^2 + n - (20k + 2x) = 0. $

Ponieważ $n$ jest liczbą całkowitą więc wyróżnik powyższego równania, tj. liczba

$ \Delta = 80k + 8x + 1, $

jest kwadratem liczby całkowitej. Ostatnia cyfra tego wyróżnika jest to ostatnia cyfra liczby $8x + 1$ . Gdy $x$ równa się $2$ , $4$ , $7$ , $9$ , wówczas $8x + 1$ kończy się odpowiednio cyfrą $7$ , $3$ , $7$ , $3$ .

Otóż kwadrat liczby całkowitej kończącej się cyfrą $c$ ma postać $(10a + c)^2 = 100a^2 + 20ac + c^2$ , ma więc tę samą ostatnią cyfrę, co $c^2$ . A ponieważ kwadraty liczb od $0$ do $9$ nie kończą się ani cyfrą $7$ , ani cyfrą $3$ , więc $x$ nie może być żadną z cyfr $2$ , $4$ , $7$ , $9$ .

III OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

W okrągłej wieży o wewnętrznej średnicy $2$ m znajdują się schody kręcone o wysokości $6$ m. Wysokość każdego stopnia schodów wynosi $0,15$ m. W rzucie poziomym stopnie tworzą przylegające do siebie wycinki kołowe o kącie $18^\circ$ . Węższe końce stopni umocowane są w okrągłym filarze o średnicy $0,64$ m, którego oś pokrywa się z osią wieży. Obliczyć największą długość pręta prostoliniowego, który można przenieść tymi schodami z dołu do góry (nie brać pod uwagę grubości pręta ani grubości płyt, z których zrobione są schody).

Rozwiązanie

Na jedno okrążenie wieży przypada $\frac{360}{18} = 20$ schodów o łącznej wysokości $20 \cdot 0,15 \textrm{m} = 3 \textrm{m}$ . Stopień z numerem $20 + k$ leży więc dokładnie nad stopniem z numerem $k$ w odległości $3 m$ . Rzut prostokątny klatki schodowej na rzutnię poziomą tworzy pierścień kołowy o promieniach $1 \textrm{m}$ i $0,32 \textrm{m}$ podzielony na $20$ wycinków (rys. 43).

Pręt umieszczony w wieży znajduje się w przekroju klatki schodowej płaszczyzną pionową $\alpha$ , w której ten pręt leży. Niech śladem płaszczyzny $\alpha$ na rzutni poziomej będzie prosta $PQ$ . Kształt owego przekroju płaszczyzną pionową znajdziemy wykonując kład płaszczyzny $\alpha$ na rzutnię poziomą, tj. odmierzając na prostopadłych wystawionych w punktach cięciwy $PQ$ odcinki równe wysokościom odpowiednich punktów przekroju, jak wskazuje rys. 43. Łamana $L_2$ powstaje przez przesunięcie łamanej $L_1$ prostopadle do prostej $AB$ o $3$ m. W takim przekroju można umieścić pręt o długości wynoszącej co najwyżej

$ AC = \sqrt{ AB^2 + BC^2}. $

Biorąc pod uwagę płaszczyzny pionowe równoległe do płaszczyzny $\alpha$ , stwierdzamy, że największą wartość długości $AC$ uzyskamy, gdy ślad płaszczyzny będzie styczny do wewnętrznego okręgu pierścienia, gdyż wówczas osiągniemy największe długości odcinków $AB$ i $BC$ .

Należy więc obliczyć największą długość pręta, jaki można przenieść schodami w ten sposób, że pręt podczas ruchu pozostaje styczny do filaru.

Przekrój klatki schodowej płaszczyzną styczną do filaru wykreślamy podobnie, jak przekrój na rys. 43, z tą jednak różnicą, że prosta $AB$ jest styczna do mniejszego okręgu (s. 44).

Długość cięciwy $AB$ obliczamy ze wzoru $AB^2 = 4 (OA^2 - OM^2) = 4 - (0,64)^2$ , a kąt środkowy $AOB$ ze wzoru $\cos \frac{AOB}{2} = \frac{OM}{OA} = 0,32$ , skąd $\measuredangle AOB = 142^\circ 40'$ . W kącie $AOB$ mieści cię w przybliżeniu $7\frac{8}{9}$ wycinka odpowiadającego stopniom schodów.

Przekrój wykreślony na rys. 44 liniami ciągłymi przechodzi przez koniec $A$ krawędzi jednego ze stopni, wobec czego w dolnej części przekroju jest $7$ punktów przecięcia płaszczyzny przekroju pionowego z krawędziami stopni; są to punkty $1,2, \ldots, 7$ , należące do krawędzi o rzutach $OA_1, OA_2, \ldots, OA_7$ . W górnej części przekroju mamy analogiczne punkty $1', 2', \ldots, 7'$ . Obliczamy $BD = 7 \cdot 0,15 \textrm{m} = 1,05 \textrm{m}$ , $BC = BD + DC = 1,05 \textrm{m} + 3 \textrm{m} = 4,05 \textrm{m}$ .

W takim przekroju można umieścić pręt o długości wynoszącej co najwyżej

$ AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} \approx 4,47 \textrm{m}. $

Niech płaszczyzna przekroju pionowego obraca się dokoła osi wieży. Wówczas przekrój będzie się zmieniał, przy czym wszelkie możliwe kształty przekroju wystąpią już przy obrocie od $0^\circ$ do $18^\circ$ ; przy dalszym obrocie powtarzają się co $18^\circ$ jednakowe przekroje przesunięte za każdym razem do góry o $0,15 \textrm{m}$ .

Dla przedstawienia rysunkowego dogodnie jest przyjąć, że płaszczyzna $ABC$ przekroju jest nieruchoma, a obraca się wieża, np. w kierunku zaznaczonym na rysunku 44 strzałką. Przy obrocie od $0^\circ$ do $18^\circ$ punkt $A_1$ przebiega wówczas łuk $A_1A$ , a punkt $A_8$ przebiega łuk $A_8A_7$ Rozważmy kolejne stadia tego obrotu.

1° Gdy punkt $A_8$ zakreśla łuk $A_8B$ , pręt umieszczony początkowo w położeniu $AC$ może pozostawać w tym położeniu, tzn. mieć obliczoną wyżej największą długość $4,47$ m. Zauważmy, że umieszczeniu pręta wzdłuż odcinka $AC$ nie przeszkadza podczas rozważanego obrotu żadna krawędź stopni; na wykonanym dokładnie rysunku jest widoczne, że punkty $1,2, \ldots, 7$ leżą stale po jednej stronie, a punkty $1', 2',\ldots, 7'$ po drugiej stronie prostej $AC$ . Fakt ten można by sprawdzić rachunkowo, wykazując, że kąty $BA1, BA2, \ldots, BA7$ pozostają mniejsze od kąta $BAC$ , a kąty $BC1', BC2' , \ldots, BC7'$ są większe od kąta $BCA$ .

2° Gdy punkt $A_8$ przekroczy przy obrocie punkt $B$ i przebiegać będzie łuk $BA7$ , sytuacja ulegnie zmianie; płaszczyzna $ABC$ przetnie oprócz poprzednich krawędzi stopni jeszcze te krawędzie, których rzutem jest promień $OA_8$ . W górnej części przekroju powstanie z lewej strony ósma wnęka i pręt można będzie przesuwać w płaszczyźnie $ABC$ stopniowo do góry od położenia $AC$ aż do położenia $A'C'$ , tj. podnieść go o wysokość jednego stopnia, czyli o $0,15$ m. Na rys. 44 odpowiedni kształt przekroju został zaznaczony kreskami.

3° Gdy punkt $A_8$ znajdzie się w położeniu $A_7$ , otrzymamy przekrój tego samego kształtu, co przekrój początkowy, lecz podniesiony o $0,15$ m; pręt zachowa nadal położenie $A'C'$ , w którym pozostanie aż do chwili, gdy punkt $A_9$ znajdzie się w punkcie $B$ , po czym znowu można będzie przesuwać pręt ku górze itd.

Z powyższego wynika, że pręt o długości $4,47$ m można przenieść schodami do góry; dłuższego pręta przenieść nie można, gdyż nie zmieściłby się w niektórych przekrojach, np. w przekroju początkowym.

Gdyby natomiast chodziło tylko o umieszczenie pręta w wieży bez przenoszenia, mógłby on mieć największą długość

$ AC' = \sqrt{AB^2 + BC'^2} =\sqrt{4 - (0,64)^2 + (3 + 0,15 \cdot 8)^2} \approx 4.6 \textrm{m}. $