LI OM - I etap

I etap LI Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LI OM I etap - Zadania [1]	71.5 KB
LI OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	180.82 KB

LI OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Dana jest liczba naturalna $n \geq 3$ . Udowodnić, ze suma sześcianów wszystkich liczb naturalnych mniejszych od $n$ , względnie pierwszych z $n$ , dzieli się przez $n$ .

Rozwiązanie

Każda liczba naturalna mniejsza od $n$ i względnie pierwsza z $n$ jest równa $k$ lub $n-k$ , gdzie $k$ jest pewną liczbą naturalną mniejszą od $n/2$ i względnie pierwszą z $n$ . Zatem dana w zadaniu suma sześcianów jest równa

$ \sum_{{1\leq k<n/2} \atop {(k,n)=1}} k^3+(n-k)^3 = \sum_{{1\leq k<n/2}\atop {(k,n)=1}}n^{3}-3kn^{2}+3k^{2}n=n\cdot\sum_{{1\leq k<n/2} \atop {(k,n)=1}}n^{2}-3kn+3k^{2}, $

a więc jest podzielna przez $n$ .

LI OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

W trójkącie ostrokątnym $ABC$ spełniony jest warunek

$ \measuredangle ACB=2 \measuredangle ABC. $

Punkt $D$ leży na boku $BC$ , przy czym $\measuredangle BAD =\frac{1}{2} \measuredangle ABC$ . Dowieść, że

$ (1)\qquad\frac{1}{BD}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}. $

Rozwiązanie

Wykażemy, że równość (1) jest prawdziwa dla dowolnego trójkąta ABC, niekoniecznie ostrokątnego.

Niech $E$ będzie takim punktem półprostej $BC^\to$ , że $AD$ jest dwusieczną kąta $BAE$ (rys. 1 i 2).

Wówczas $\measuredangle EBA =\measuredangle EAB$ . Jeżeli punkt $E$ leży na boku $BC$ (rys. 1), to

$ \measuredangle AEC= 2\measuredangle ABC = \measuredangle ACE. $

Jeśli natomiast punkt $E$ nie leży na boku $BC$ (rys. 2), to

$ \measuredangle AEC= 180^\circ - 2\measuredangle ABE = 180^\circ - \measuredangle ACB = \measuredangle ACE. $

Zatem w obu przypadkach $BE = AE = AC$ . Na mocy twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy

$ \frac{BD}{AB} + \frac{BD}{AC} = \frac{DE}{AE} + \frac{BD}{AE}=\frac{BE}{AE}=1, $

co należało udowodnić.

LI OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Suma liczb dodatnich $a$ , $b$ , $c$ równa jest $1$ . Udowodnić, że

$ a^2 + b^2 + c^2 + 2\sqrt{3abc} \leq 1 . $

Rozwiązanie

Wystarczy dowieść, że dla dowolnych liczb dodatnich $a$ , $b$ , $c$ zachodzi nierówność

$ a^2 + b^2 + c^2 + 2\sqrt{3abc(a + b + c)} \leq (a + b + c)^2. $

Przekształcając równoważnie powyższą zależność otrzymujemy

$ \sqrt{3abc(a+b+c)} \leq ab + bc + ca. $

Wykonując podstawienie $x = bc$ , $y = ca$ , $z = ab$ , sprowadzamy dowodzoną nierówność do postaci

$ \sqrt{3(xy+yz + zx)} = x+y + z. $

Podnosząc do kwadratu obie strony ostatniej nierówności i przekształcając równoważnie otrzymujemy

$ xy+yz + xz=x^2 + y^2 + z^2 \ \textrm{lub}\ (x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2\geq 0, $

co jest prawdą.

LI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Każdy punkt okręgu jest pomalowany jednym z trzech kolorów. Dowieść, że pewne trzy punkty jednego koloru są wierzchołkami trójkąta równoramiennego.

Rozwiązanie

Niech $A_1,A_2,\ldots ,A_{13}$ będą wierzchołkami dowolnego $13$ -kąta foremnego wpisanego w dany okrąg. Wykażemy, że wśród dowolnych pięciu wierzchołków tego $13$ -kąta znajdą się trzy będące wierzchołkami trójkąta równoramiennego. Ponieważ wśród dowolnych trzynastu punktów danego okręgu zawsze znajdzie się pięć pomalowanych tym samym kolorem, zadanie zostanie rozwiązane.

Przypuśćmy więc, że udało się tak wybrać pięć wierzchołków spośród $A_1,A_2,\ldots ,A_{13}$ , że żadne trzy spośród wybranych punktów nie tworzą trójkąta równoramiennego.

Załóżmy najpierw, że wśród wybranych punktów nie ma dwóch sąsiednich wierzchołków $13$ -kąta $A_1 A_2 \ldots A_{13}$ . Wówczas wśród wybranych punktów znajdziemy dwa oddzielone dokładnie jednym wierzchołkiem, który nie został wybrany. Bez szkody dla ogólności rozumowania, możemy przyjąć, że są to $A_1$ i $A_3$ . Ponieważ żadne trzy wybrane wierzchołki nie tworzą trójkąta równoramiennego, więc nie został wybrany żaden z punktów: $A_{12}$ , $A_{13}$ , $A_2$ , $A_4$ , $A_5$ (rys. 1).

Ponieważ trójkąt $A_1A_6A_{11}$ jest równoramienny, więc co najmniej jeden z wierzchołków $A_6$ , $A_{11}$ nie został wybrany. Bez straty ogólności rozumowania możemy przyjąć, że tym wierzchołkiem jest $A_6$ . Zatem spośród pięciu punktów $A_7$ , $A_8$ , $A_9$ , $A_{10}$ , $A_{11}$ dokładnie trzy zostały wybrane, przy czym żadne dwa z nich nie są kolejnymi wierzchołkami $13$ -kąta $A_1A_2\ldots A_{13}$ . Musiały więc zostać wybrane punkty $A_7$ , $A_9$ , $A_{11}$ . To jednak nie jest możliwe, gdyż punkty te tworzą trójkąt równoramienny (rys. 2). Otrzymaliśmy sprzeczność.

Pozostał do rozpatrzenia przypadek, w którym wśród wybranych wierzchołków znajdują się dwa sąsiednie, powiedzmy $A_1$ i $A_2$ . Oznacza to, że nie został wybrany żaden z wierzchołków: $A_{13}$ , $A_3$ , $A_8$ (rys. 3).

Ponieważ trójkąty $A_2A_4A_6$ , $A_1A_6A_{11}$ , $A_{11} A_1 A_4$ są równoramienne, więc został wybrany co najwyżej jeden z punktów: $A_4$ , $A_6$ , $A_{11}$ . Analogicznie stwierdzamy, że został wybrany co najwyżej jeden z punktów: $A_5$ , $A_{10}$ , $A_{12}$ . Zatem wybrany być musiał co najmniej jeden z punktów $A_7$ , $A_9$ . Bez straty ogólności przyjmijmy, że został wybrany punkt $A_7$ (rys. 4). Równoramienność trójkątów: $A_1A_4A_7$ , $A_2A_{10}A_7$ , $A_2A_{11}A_7$ oraz $A_2A_{12}A_7$ dowodzi, że nie wybrano punktów: $A_4$ , $A_{10}$ , $A_{11}$ oraz $A_{12}$ .

Zatem wśród wybranych pięciu punktów muszą być dwa spośród $A_5$ , $A_6$ , $A_9$ . Z uwagi na równoramienność trójkąta $A_5A_6A_7$ wybrany mógł być tylko jeden z punktów $A_5$ , $A_6$ . Zatem wybranym punktem jest $A_9$ (rys. 5). To z kolei oznacza, że nie został wybrany punkt $A_5$ , gdyż trójkąt $A_5A_7A_9$ jest równoramienny.

Tak więc piątym z wybranych punktów musi być $A_6$ , co daje sprzeczność, gdyż trójkąt $A_9A_1A_6$ jest równoramienny (rys. 6).

Tym samym wykazaliśmy, że wybór pięciu wierzchołków $13$ -kąta, z których żadne trzy nie wyznaczają trójkąta równoramiennego, nie jest możliwy, co kończy rozwiązanie zadania.

LI OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Wyznaczyć wszystkie pary $(a,b)$ liczb naturalnych, dla których liczby $a^3 + 6ab + 1$ i $b^3 + 6ab + 1$ są sześcianami liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Niech $a$ i $b$ będą liczbami spełniającymi warunki zadania. Bez szkody dla ogólności rozumowania możemy założyć, że $a \leq b$ . Wówczas

$ b^3 < b^3 + 6ab+ 1 \leq b^3 + 6b^2 + 1< b^3 + 6b^2 + 12b + 8 = (b + 2)^3 . $

Skoro liczba $b^3+6ab + 1$ jest sześcianem liczby całkowitej, to musi zachodzić równość

$ (1)\qquad b^3+ 6ab +1 = (b+1)^3. $

Przekształcając równoważnie powyższy związek otrzymujemy po kolei

$ (2)\qquad \begin{split} b^{3}+6ab+1&=b^{3}+3b^{2}+3b+1\\ 2ab&=b(b+1)\\ b&=2a-1 \end{split} $

Pozostaje rozstrzygnąć, dla jakich par $(a, b)$ spełniających warunek (2) liczba

$ a^3 +6ab+1 $

jest sześcianem liczby całkowitej. Na mocy zależności (2) powyższa liczba jest równa $a^3 + 12a^2 - 6a + 1$ . Z nierówności

$ a^3 \leq a^3 + 6a^2-6a < a^3+12a^2-6a + 1< a^3 + 12a^2 + 48a + 64 = (a + 4)^3 $

wynika, że jeżeli liczba $a^3 + 12a^2 - 6a+ 1$ jest sześcianem liczby całkowitej, to jest ona równa $(a+ 1)^3$ , $(a + 2)^3$ lub $(a + 3)^3$ . Należy więc rozważyć trzy przypadki:

(a) $a^3 + 12a^2 - 6a + 1 = (a +1)^3$

Wówczas otrzymujemy $9a^{2}-9a=0$ , skąd $a = 0$ lub $a = 1$ .

(b) $a^{3}+12a^{2}-6a+1=(a+2)^{3}$

Stąd mamy $6a^2 - 18a - 7 = 0$ . Uzyskane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych, gdyż lewa strona nie jest podzielna przez $3$ , a prawa jest.

Wtedy uzyskujemy $3a^2 - 33a - 26 = 0$ . Podobnie jak w przypadku (b), otrzymane równanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych, gdyż lewa strona nie jest podzielna przez $3$ , a prawa jest równa $0$ .

Ostatecznie znaleźliśmy tylko jedną parę $(a,b) = (1,1)$ spełniającą warunki zadania.

LI OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Punkt $X$ leży wewnątrz lub na brzegu trójkąta $ABC$ , w którym kąt $C$ jest prosty. Punkty $P$ , $Q$ i $R$ są odpowiednio rzutami punktu $X$ na boki $BC$ , $CA$ i $AB$ . Udowodnić, ze równość

$ AR \cdot RB = BP \cdot PC + AQ \cdot QC $

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt $X$ leży na boku $AB$ .

Rozwiązanie

Wprowadźmy dla zwięzłości zapisu następujące oznaczenie:

$ w = 2 \cdot (AR\cdot RB - BP\cdot PC - AQ \cdot QC). $

Należy wykazać, ze $w = 0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $XR = 0$ .

Na mocy twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy zależność (rys. 1):

$ (AR + RB)^2 = (AQ+QC)^2 + (CP+PB)^2. $

Przekształcając równoważnie powyższą równość uzyskujemy po kolei:

$ \begin{split} &w = AQ^2 +QC^2+ CP^2+ PB^2- AR^2- RB^2 \\ &w = AQ^2 +PX^2+ QX^2+ PB^2- AR^2- RB^2 \\ &w = AX^2 +BX^2- AR^2- RB^2 \\ &w = 2XR^2 \end{split} $

Z ostatniej równości wynika natychmiast, ze $w = 0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $XR= 0$ .

LI OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Wykazać, że dla dowolnej liczby całkowitej dodatniej $n$ i dowolnej liczby $t\in(\frac{1}{2},1)$ istnieją takie liczby $a,b \in (1999,2000)$ , że

$ \frac{1}{2}a^{n}+\frac{1}{2}b^{n}<(ta+(1-t)b)^{n}. $

Rozwiązanie

Niech $c = 3999/2$ . Liczb $a$ , $b$ szukamy w postaci $a = c+x$ , $b = c-x$ , gdzie $x \in (0, \frac{1}{2})$ . Wówczas

$ \begin{split} (ta+(1-t)b)^{n}&- \frac{1}{2}a^{n}-\frac{1}{2}b^{n}=\\ &=(ct+tx+(1-t)c-(1-t)x)^{n}-\frac{1}{2}(c+x)^{n}-\frac{1}{2}(c-x)^{n}=\\ &=(c+(2t-1)x)^{n}-\frac{1}{2}(c+x)^{n}-\frac{1}{2}(c-x)^{n}=\\ &=(c+sx)^{n}-\frac{1}{2}(c+x)^{n}-\frac{1}{2}(c-x)^{n},\\ \end{split} $

gdzie $s = 2t - 1 > 0$ . Po rozpisaniu ze wzoru dwumianowego Newtona ostatnie wyrażenie przyjmuje postać

$ (1) \qquad w(x) = sx + x^2p(x) , $

gdzie $p(x)$ jest pewnym wielomianem.

Chcemy wykazać, że dla pewnej liczby $y \in (0,\frac{1}{2})$ , liczba $w(y)$ jest dodatnia. Z równości (1) wynika, że

$ \lim_{x\to 0} \frac{w(x)}{x}=s>0. $

Zatem istnieje taka liczba $y \in (0,\frac{1}{2})$ , że wyrażenie $w(y)/y$ , a co za tym idzie również wyrażenie $w(y)$ , ma wartość dodatnią. To zaś kończy dowód.

LI OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Liczby $c(n,k)$ są określone dla liczb całkowitych nieujemnych $n\geq k$ w ten sposób, że zachodzą równości:

$ c(n,0) = c(n,n) = 1\ \textrm{dla każdej liczby}\ n \geq 0, $

$ c(n+1,k) = 2^kc(n,k) + c(n,k-1)\ \textrm{dla}\ n\geq k \geq 1. $

Dowieść, że $c(n,k) = c(n,n-k)$ dla $n\geq k \geq 0$ .

Rozwiązanie

Niech $f$ będzie funkcją określoną na zbiorze liczb całkowitych nieujemnych zdefiniowaną wzorami:

$ f(0) = 1,\ f(m) = (2^1-1)(2^2-1)\cdots(2^m - 1)\ \textrm{dla}\ m\geq 1. $

Niech ponadto

$ a(n,k)=\frac{f(n)}{f(k)f(n-k)}\ \textrm{dla}\ n\geq k\geq 0. $

Wówczas $a(n,k) = a(n,n-k)$ . Wykażemy, że $a(n,k) = c(n,k)$ .

Ponieważ warunki dane w treści zadania wyznaczają jednoznacznie liczby $c(n,k)$ , więc wystarczy dowieść, że liczby $a(n,k)$ spełniają te same warunki.

Oczywiście $a(n,0) = a(n,n) = 1$ . Ponadto

$ \begin{split} 2^{k}a(n,k)+a(n,k-1)=\frac{2^{k}f(n)}{f(k)f(n-k)}+\frac{f(n)}{f(k-1)f(n-k+1)}=\qquad&\\ \begin{split} &=\frac{2^{k}f(n)(2^{n-k+1}-1)}{f(k)f(n-k)(2^{n-k+1}-1)}+\frac{f(n)(2^{k}-1)}{f(k-1)(2^{k}-1)f(n-k+1)}=\\ &=f(n)\cdot\frac{2^{k}(2^{n-k+1}-1)+(2^{k}-1)}{f(k)f(n-k+1)}=\\ &=f(n)\cdot\frac{2^{n+1}-1}{f(k)f(n+1-k)}=\frac{f(n+1)}{f(k)f(n+1-k)}=a(n+1,k), \end{split}& \end{split} $

co dowodzi, że $a(n,k) = c(n,k)$ .

LI OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Dane są takie liczby całkowite dodatnie $m$ i $n$ , że $mn | m^2 + n^2 + m$ . Wykazać, że $m$ jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Z drugiej strony, $m | m^2 + n^2 + m$ , skąd uzyskujemy podzielność $m|n^2$ . Zatem $m$ jest wspólnym dzielnikiem liczb $n^2$ i $m^2$ . To oznacza, że największy wspólny dzielnik liczb $m^2$ i $n^2$ , który jest równy $d^2$ , jest podzielny przez $m$ . Wobec wyżej udowodnionej podzielności $d^2 | m$ otrzymujemy $m = d^2$ .

LI OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

W przestrzeni dane są trzy wzajemnie prostopadłe wektory jednostkowe $\overrightarrow{OA}$ , $\overrightarrow{OB}$ , $\overrightarrow{OC}$ . Niech $\omega$ będzie płaszczyzną przechodzącą przez punkt $O$ , zaś $A'$ , $B'$ , $C'$ - rzutami punktów $A$ , $B$ , $C$ odpowiednio na płaszczyznę $\omega$ . Wyznaczyć zbiór wartości wyrażenia

$ (1) \quad (OA')^2 + (OB')^2 + (OC')^2 $

dla wszystkich płaszczyzn $\omega$ .

Rozwiązanie

Wykażemy, że wartość wyrażenia (1) jest równa $2$ , niezależnie od wyboru płaszczyzny $\omega$ .

Niech $\omega$ będzie dowolną płaszczyzną przechodzącą przez punkt $O$ , zaś $\pi$ płaszczyzną zawierającą punkty $O$ , $A$ , $B$ . Oznaczmy przez $\ell$ wspólną prostą płaszczyzn $\pi$ i $\omega$ . Niech $X$ , $Y$ będą rzutami prostokątnymi odpowiednio punktów $A$ , $B$ na prostą $\ell$ . Wówczas, niezależnie od położenia punktów $A$ , $B$ względem prostej $\ell$ (rys. 1 i 2),

$ \measuredangle OAX = 90^\circ - \measuredangle AOX = \measuredangle BOY = \alpha. $

Stąd

$ (2) \qquad AX^2 + BY^2 = \cos^2 a + \sin^2 a = 1. $

Ponadto $\measuredangle AXA' = \measuredangle BYB'$ = (kąt pomiędzy płaszczyznami $\pi$ i $\omega$ ) = $\beta$ . Zatem na mocy równości (2),

$ (AA')^2 + (BB')^2 = AX^2 sin^2\beta + BY^2\sin^2\beta = \sin^2\beta. $

Na mocy twierdzenia Pitagorasa oraz powyższej równości otrzymujemy

$ (3)\qquad (OA')^2 + (OB')^2 = 2 - (AA')^2 - (BB')^2 = 2 - \sin^2\beta. $

Wektor $\overrightarrow{OC}$ jest prostopadły do płaszczyzny $\pi$ , skąd $\measuredangle COC' = 90^\circ - \beta$ . Zatem

$ (4)\qquad (OC')^2 = \cos^2(90^\circ - \alpha) = \sin^2 \beta . $

Dodając stronami równości (3) i (4) uzyskujemy

$ (OA')^2 + (OB')^2 + (OC')^2 = 2, $

niezależnie od wyboru płaszczyzny $\omega$ .

LI OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

Dana jest liczba całkowita dodatnia $n$ oraz zbiór $M$ , złożony z $n^2 + 1$ różnych liczb całkowitych dodatnich i mający następującą własność: wśród $n+1$ liczb dowolnie wybranych ze zbioru $M$ znajduje się para liczb, z których jedna dzieli się przez drugą. Udowodnić, że w zbiorze $M$ istnieją różne liczby $a_1,a_2,\ldots,a_{n+1}$ spełniające warunek: dla $i = 1,2,\ldots,n$ liczba $a_i$ dzieli się przez $a_{i+1}$ .

Rozwiązanie

Niech $k \in M$ . Oznaczmy przez $d(k)$ największą liczbę naturalną $\ell$ , dla której istnieją różne liczby $a_1 = k, a_2, a_3, \ldots, a_\ell$ spełniające warunek: dla $i = 1,2,\ldots,\ell-1$ liczba $a_i$ dzieli się przez $a_{i+1}$ .

Przypuśćmy, że teza zadania nie jest spełniona. To oznacza, że dla dowolnego $k \in M$ mamy $1 \leq d(k) \leq n$ . Wówczas na mocy zasady szufladkowej, istnieją takie różne liczby $k_1,k_2,\ldots,k_{n+1}$ , że

$ d(k_1) = d(k_2) = \ldots = d(k_{n+1}) = m. $

Z założeń zadania wynika, że dla pewnych różnych liczb $s$ , $t$ zachodzi podzielność $k_s|k_t$ . Warunek $d(k_s) = m$ oznacza, że istnieją liczby $a_1 = k_s, a_2, \ldots, a_m$ , spełniające: dla $i = 1,2,\ldots,m-1$ liczba $a_i$ dzieli się przez $a_{i+1}$ . Jednak wtedy liczby $b_1 = k_t, b_2 =a_1 = k_s , b_3 = a_2, \ldots , b_{m+1} =a_m$ spełniają warunek: dla $i = 1,2,\ldots,m$ liczba $b_i$ dzieli się przez $b_{i+1}$ . To dowodzi, że $d(k_t) \geq m + 1$ wbrew założeniu, że $d(k_t) = m$ .

Otrzymaliśmy sprzeczność.

LI OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

LI OM, 1999-2000

Etap:

W trójkącie ostrokątnym $ABC$ punkty $D$ , $E$ , $F$ leżą odpowiednio na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ . Okręgi opisane na trójkątach $AEF$ , $BFD$ , $CDE$ przecinają się w punkcie $P$ . Udowodnić, że jeżeli

$ \frac{PD}{PE} = \frac{BD}{AE},\ \frac{PE}{PF} = \frac{CE}{BF},\ \frac{PF}{PD} = \frac{AF}{CD}, $

to $AD$ , $BE$ , $CF$ są wysokościami trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Wykorzystamy następujące

Twierdzenie

Wysokości $AD$ , $BE$ , $CF$ trójkąta $ABC$ przecinają się w punkcie $H$ . Punkty $K$ , $L$ , $M$ są odpowiednio środkami boków $BC$ , $CA$ , $AB$ . Punkty $X$ , $Y$ , $Z$ są odpowiednio środkami odcinków $AH$ , $BH$ , $CH$ . Wówczas następujące punkty: $D$ , $E$ , $F$ , $K$ , $L$ , $M$ , $X$ , $Y$ , $Z$ leżą na jednym okręgu (rys. 1).

Okrąg ten nazywa się okręgiem dziewięciu punktów trójkąta $ABC$ .

Z powyższego twierdzenia wynika, że jeśli okrąg przechodzący przez środki boków trójkąta ostrokątnego $ABC$ przecina obwód tego trójkąta po raz drugi w punktach $D$ , $E$ , $F$ , to punkty $D$ , $E$ , $F$ są spodkami wysokości trójkąta $ABC$ .

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Na półprostej $FA^\to$ odkładamy taki punkt $Q$ , aby zachodziła następująca równość kątów: $\measuredangle FPQ = \measuredangle EPC$ (rys. 2).

Punkty $A$ , $E$ , $P$ , $F$ leżą na jednym okręgu, więc $\measuredangle QFP = \measuredangle CEP$ . Z powyższych równości wynika, że trójkąty $PQF$ oraz $PCE$ są podobne. Zatem

$ \frac{PF}{PE}=\frac{PQ}{PC}. $

Ponadto $\measuredangle FPE = \measuredangle QPC$ . Z dwóch ostatnich równości wynika, że trójkąty $PFE$ oraz $PQC$ są podobne. Z zależności w treści zadania oraz z podobieństwa trójkątów $PQF$ , $PCE$ otrzymujemy

$ \frac{BF}{CE}=\frac{PF}{PE}=\frac{QF}{CE}, $

skąd $BF = QF$ . Zatem punkt $F$ jest środkiem odcinka $BQ$ .

Niech $K$ będzie środkiem boku $BC$ . Wówczas proste $KF$ oraz $CQ$ są równoległe. Zatem kąt $EFK$ jest równy kątowi pomiędzy prostymi $FE$ oraz $CQ$ . Natomiast na mocy podobieństwa trójkątów $PFE$ oraz $PQC$ , kąt pomiędzy prostymi $FE$ oraz $CQ$ jest równy kątowi pomiędzy odcinkami $PE$ i $PC$ , czyli kątowi $EPC$ . Punkty $E$ , $P$ , $D$ , $C$ leżą na jednym okręgu, skąd wynika równość $\measuredangle EPC = \measuredangle EDC$ .

Z powyższych rozważań uzyskujemy zależność $\measuredangle EFK = \measuredangle EDC$ . Dowodzi ona, że punkty $D$ , $K$ , $E$ , $F$ leżą na jednym okręgu, niezależnie od tego, z której strony punktu $K$ leży punkt $D$ . Jeżeli $K = D$ , to okrąg opisany na trójkącie $DEF$ jest styczny do prostej $BC$ w punkcie $D$ .

Innymi słowy: okrąg opisany na trójkącie $DEF$ przechodzi przez punkt $D$ oraz środek boku $BC$ i nigdzie indziej nie przecina prostej $BC$ . Analogicznie dowodzimy, że ten sam okrąg przechodzi przez środki pozostałych boków. Poza punktami $D$ , $E$ , $F$ oraz środkami boków trójkąta $ABC$ okrąg ten nie ma punktów wspólnych z obwodem trójkąta $ABC$ .

Wykazaliśmy więc, że okrąg przechodzący przez środki boków trójkąta $ABC$ przecina jego obwód po raz drugi w punktach $D$ , $E$ , $F$ . To zaś dowodzi, że proste $AD$ , $BE$ , $CF$ są wysokościami trójkąta $ABC$ .