XLIV OM - III etap

III etap XLIV Olimpiady Matematycznej

XLIV OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

III

Rozwiązać w liczbach wymiernych $t$ , $w$ , $x$ , $y$ , $z$ układ równań

$ \begin{cases} 2xy &= t^2 - w^2 + z^2 \\ 2xz &= t^2 - y^2 + w^2 \\ 2yz &= t^2 - w^2 + r^2. \\ \end{cases} $

Rozwiązanie

Załóżmy, że liczby wymierne $t$ , $w$ , $x$ , $y$ , $z$ spełniają podany układ równań. Odejmujemy stronami równanie trzecie od pierwszego: otrzymujemy równość $2xy - 2yz = z^2 - x^2$ , czyli

$ (1) \qquad (x-z)(2y + x + z) = 0. $

Dodajemy stronami drugie i trzecie równanie układu: otrzymujemy równość $2xz + 2yz = 2t^2+x^2-y^2$ , czyli

$ (2) \qquad (x + y)(2z-x + y) = 2t^2. $

Wreszcie, korzystając z wszystkich trzech równań układu, dostajemy związek

$ (3) \qquad \begin{split} & (x-y + z)^2 = x^2 + y^2 +z^2 -2xy + 2xz-2yz =\\ &\qquad= x^2 +y^2 +z^2 -(t^2 -w^2 +z^2) + (t^2 -y^2 +w^2)-(t^2 -w^2 +x^2) = \\ &\qquad= 3w^2-t^2. \end{split} $

Z równania (1) wnosimy, że

$ (4) \qquad z = x \quad \textrm{lub} \quad z = - x - 2y. $

Pierwsza z tych możliwości daje, po podstawieniu do równania (2),

$ (5) \qquad (x + y)^2=2t^2, $

a druga -

$ (6) \qquad -3(x + y)^2 = 2t^2. $

Przypuśćmy, że zachodzi równość (5). Gdyby $t$ było liczbą różną od zera, otrzymalibyśmy związek $((x + y)/t)^2 =2$ , który - wobec wymierności liczb $t$ oraz $x + y$ - zachodzić nie może (bo liczba $2$ nie jest kwadratem liczby wymiernej). Zatem liczba $t$ musi być równa zeru, więc i suma $x + y$ musi być równa zeru. Także równość (6) jest możliwa tylko wtedy, gdy $x + y = 0$ , $t = 0$ (lewa strona niedodatnia, prawa nieujemna). Tak więc, w każdym przypadku, mamy równość $x + y = t = 0$ . Skoro $y=-x$ , oba człony alternatywy (4) są identyczne: $x = z$ . Podstawiając $y = - x$ , $z = x$ , $t = 0$ do (3) dostajemy związek $(3x)^2 = 3w^2$ , czyli $w^2 = 3x^2$ . Rozumując podobnie, jak przed chwilą, wnosimy stąd (wobec wymierności liczb $3x$ oraz $w$ ), że $x = w = 0$ . Zatem także $y = -x = 0$ , $z = x = 0$ .

Dany układ równań ma więc w liczbach wymiernych tylko rozwiązanie trywialne $t = w = x = y = z = 0$ .

XLIV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

III

Punkt $O$ jest środkiem okręgu $k$ wpisanego w trapez nierównoramienny $ABCD$ , którego dłuższa podstawa $AB$ ma środek $M$ . Krótsza podstawa $CD$ jest styczna do okręgu $k$ w punkcie $E$ , prosta $OM$ przecina podstawę $CD$ w punkcie $F$ . Udowodnić, że $|DE| = |FC|$ wtedy i tylko wtedy, gdy $|AB| = 2\cdot |CD|$ .

Rozwiązanie

Ponieważ równość $|DE| = |FC|$ (rozważana w tezie zadania) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $|DF| = |EC|$ , zatem warunki założeń i tezy nie zmienią się przy zamianie ról ramion $AD$ i $BC$ danego trapezu. Możemy więc przyjąć, nie tracąc ogólności, że $|AD| > |BC|$ ; taką właśnie sytuację przedstawia rysunek 9.

Przedłużamy ramiona $AD$ i $BC$ do przecięcia w punkcie $S$ . Oznaczmy przez $k'$ okrąg wpisany w trójkąt $CDS$ , przez $K$ - punkt styczności okręgu $k'$ z bokiem $CD$ , przez $N$ - środek boku $CD$ , a przez $L$ - punkt styczności okręgu $k$ z podstawą $AB$ . Mamy równości

$ (1) \qquad |CK| = \frac{1}{2}(|CD| + |CS|-|DS|) = |DE|; $

pierwsza z tych równości - to znany wzór wyrażający odległość punktu styczności okręgu wpisanego (w trójkąt) z bokiem od wierzchołka; druga - to analogiczny wzór na odległość punktu styczności okręgu dopisanego z odpowiednim bokiem od wierzchołka (zauważmy, że $k$ jest okręgiem dopisanym do trójkąta $CDS$ ); wzór ten nie jest może tak powszechnie znany, jak pierwsza równość w (1); pozostawiamy jego dowód Czytelnikowi jako nietrudne ćwiczenie.

Ponieważ $N$ jest środkiem odcinka $CD$ , zatem z równości (1) wynika, że $|NK| = |NE|$ , czyli

$ (2) \qquad |NK| = \frac{1}{2}|EK|. $

Jednokładność o środku $S$ i skali $|AB|: |CD|$ odwzorowuje trójkąt $SCD$ na trójkąt $SBA$ , okrąg wpisany w pierwszy z tych trójkątów na okrąg wpisany w drugi (czyli okrąg $k'$ na okrąg $k$ ), punkt styczności $K$ na punkt styczności $L$ , a środek $N$ boku $CD$ - na środek $M$ boku $AB$ . Wobec tego

$ (3) \qquad \frac{|AB|}{|CD|} = \frac{|ML|}{|NK|} $

Trójkąty prostokątne $OLM$ i $OEF$ są przystające (odcinki $OL$ i $OE$ są promieniami okręgu $k$ , kąty $OLM$ i $OEF$ są równe jako kąty wierzchołkowe). Zachodzi więc równość

$ (4) \qquad |ML| = |EF| $

Na mocy związków (3), (2), (4) i (1) mamy

$ \frac{|AB|}{|CD|}=\frac{|ML|}{|NK|}=2\cdot \frac{|ML|}{|EK|}=2\cdot \frac{|EF|}{|EK|} = 2\cdot \frac{|CE|-|CF|}{|CE|-|CK|}=2\cdot \frac{|CE|-|CF|}{|CE|-|DE|}. $

Uzyskujemy równoważność

$ |DE| = |FC| \Longleftrightarrow |CE|-|CF|=|CE|-|DE| \Longleftrightarrow |AP| =2\cdot|CD|, $

która jest tezą zadania.

XLIV OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

III

Oznaczmy przez $g(k)$ największy dzielnik nieparzysty liczby całkowitej dodatniej $k$ oraz przyjmijmy

$ f(k) = \begin{cases} \frac{k}{2} + \frac{k}{g(k)} & \text{ dla } $k$ \text{ parzystego,} \\ 2^{\frac{k+1}{2}} & \text{ dla } $k$ \text{ nieparzystego.} \end{cases} $

Ciąg $(x_n)$ jest określony przez zależności $x_1 = 1$ , $x_{n+1} = f(x_n)$ . Wykazać, że liczba 800 występuje wśród wyrazów tego ciągu dokładnie raz. Wyznaczyć $n$ , dla którego $x_n = 800$ .

Rozwiązanie

Wypiszmy piętnaście początkowych wyrazów ciągu $(x_n)$ , grupując je w bloki złożone kolejno z jednego, dwóch, trzech, czterech, pięciu wyrazów:

$ (U) \qquad \begin{array}{rrrrrr} 1\\ 2& 3\\ 4 & 6 & 5\\ 8 & 12 & 10& 7\\ 16 & 24 & 20 & 14& 9\\ \vdots & \vdots &\vdots &\vdots &\vdots & \ddots \end{array} $

Otrzymaliśmy pięć wierszy układu nieskończonego (U), który można kontynuować według następujących zasad: $j$ --ty wiersz składa się z $j$ liczb, z których ostatnią jest $2j - 1$ ; każda liczba nie będąca ostatnim wyrazem żadnego wiersza jest dwukrotnością liczby znajdującej się bezpośrednio nad nią.

Przyjmijmy te zasady za definicję układu (U).

Każda liczba całkowita $k \geq 1$ da się jednoznacznie przedstawić w postaci

$ (1) \qquad k = 2^m(2j - 1) \quad (m \geq 0, j \geq 1 \textrm{ całkowite}); $

pojawia się więc w układzie (U) dokładnie jeden raz, mianowicie na $m$ --tej pozycji w $j$ --lej kolumnie (pozycje w kolumnie numerujemy od zera).

Jeśli $k$ jest liczbą parzystą, a więc ma postać (1) z $m \geq 1$ , to $g(k) = 2j - 1$ , wobec czego

$ (2) \qquad f(k) = \frac{k}{2} + \frac{k}{g(k)} = 2^{m-1}(2j-1) + 2^m = 2^{m-1}(2(j + 1)-1). $

To znaczy, że $f(k)$ znajduje się w $(j + 1)$ --ej kolumnie na $(m-1)$ --ej pozycji, czyli bezpośrednio na prawo od $k$ .

Jeśli $k$ jest liczbą nieparzystą, $k = 2j - 1$ (a więc stanowi prawy koniec $j$ --tego wiersza), to

$ f(k) = 2^{(k+1)/2} = 2^j. $

W tym przypadku liczba $f(k)$ jest pierwszym wyrazem $(j + 1)$ --go (czyli następnego) wiersza.

Stąd wynika, że odczytując wyrazy tabeli (U) leksykograficznie, to znaczy, wiersz za wierszem (a w każdym wierszu - od lewej do prawej strony), przebiegniemy kolejne wyrazy ciągu $(x_n)$ , zgodnie z określającą ten ciąg zależnością rekurencyjną $x_{n+1} =f(x_n)$ .

Każda liczba naturalna $k \geq 1$ występuje w schemacie (U), więc i w ciągu $x_1,x_2,x_3,\ldots$ dokładnie raz. W szczególności dotyczy to liczby $k = 800$ . Pozostaje zlokalizować tę liczbę. Zgodnie z ogólną regułą, liczba $800$ , równa $2^5(2\cdot 13 -1)$ , znajduje się w trzynastej kolumnie, na piątej pozycji. Wobec tego (por. wzory (1) i (2)) liczba $f(800)$ znajduje się w czternastej kolumnie na czwartej pozycji, liczba $f\circ f(800)$ znajduje się w piętnastej kolumnie na trzeciej pozycji, itd., liczba $f \circ f \circ f \circ f \circ f (800)$ znajduje się w osiemnastej kolumnie na zerowej pozycji, czyli stanowi prawy koniec osiemnastego wiersza.

Skoro $j$ -ty wiersz liczy $j$ wyrazów, zatem liczba kończąca wiersz osiemnasty występuje w ciągu $(x_n)$ z numerem $1 + 2 + 3 + \ldots + 18 = 171$ . Jeśli więc $800 = x_N$ , to mamy równość $x_{N+5} = f \circ f \circ f \circ f \circ f (800) = x_{171}$ . Stąd (wobec różnowartościowości ciągu $(x_n)$ ) wnosimy, że $N + 5 = 171$ , czyli $N = 166$ .

XLIV OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

III

Dany jest wielościan wypukły, którego wszystkie ściany są trójkątami. Wierzchołki tego wielościanu kolorujemy trzema kolorami. Udowodnić, że liczba ścian mających wierzchołki wszystkich trzech kolorów jest parzysta.

Rozwiązanie

Dla czworościanu teza zachodzi: liczba ścian o wierzchołkach trzech różnych kolorów wynosi $0$ lub $2$ (łatwe ćwiczenie).

Weźmy teraz pod uwagę dowolny wielościan $W$ mający $n$ trójkątnych ścian (i wierzchołki pokolorowane trzema kolorami). Obierzmy wewnątrz $W$ dowolny punkt $P$ . Każda ściana wielościanu $W$ jest podstawą ostrosłupa o wierzchołku $P$ , a cały wielościan $W$ jest sumą tak otrzymanych ostrosłupów (czworościanów): $W = T_1 \cup \ldots \cup T_n$ .

Będziemy rozważali wszystkie ściany wszystkich tych czworościanów (niektóre z nich są jednocześnie ścianami wielościanu $W$ ). Kolorujemy punkt $P$ jednym z trzech kolorów (dowolnie wybranym). Ścianę nazwiemy trójkolorową, jeśli jest trójkątem mającym wierzchołki wszystkich trzech kolorów.

Niech $k_i$ będzie liczbą trójkolorowych ścian czworościanu $T_i$ ; jak zauważyliśmy na wstępie, $k_i = 0$ lub $k_i = 2$ . Zatem suma $k_1 + \ldots+ k_n$ jest liczbą parzystą.

Trójkąty leżące wewnątrz wielościanu $W$ są w tej sumie liczone dwukrotnie, bo każdy z nich jest wspólną ścianą dwóch przyległych czworościanów $T_i$ . Oznaczając liczbę tych trójkątów przez $m$ widzimy, że łączna liczba trójkolorowych ścian (wszystkich czworościanów $T_i$ ), które nie leżą wewnątrz $W$ - czyli po prostu liczba trójkolorowych ścian wielościanu $W$ - wynosi $k_1 + \ldots + k_n - 2m$ . Jest więc liczbą parzystą.

XLIV OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie funkcje $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ spełniające następujące warunki:

$ f(-x)=-f(x), \quad f(x+1)=f(x)+1 \quad \text{ dla }x \in \mathbb{R}, $

$ f\left(\frac{1}{x}\right) =\frac{f(x)}{x^2} \quad \text{ dla } x\neq 0. $

Rozwiązanie

Załóżmy, że funkcja $f: \mathbb{R} \to \mathrm{R}$ spełnia podane równania. Niech $t$ będzie liczbą rzeczywistą różną od $0$ i od $-1$ .

W pierwszym równaniu podstawiamy $x = 1/(t + 1)$ ; dostajemy związek

$ (1) \qquad f \left( -\frac{1}{t+1}\right)=- f \left(\frac{1}{t+1}\right). $

W drugim równaniu podstawiamy kolejno $x = 1/t$ , $x = -1/(t + 1)$ , $x = t$ ; uzyskujemy zależności

$ (2) \qquad f\left(\frac{t+1}{t} \right)=f\left(\frac{1}{t} \right)+1, $

$ (3) \qquad f\left(\frac{t}{t+1} \right)=f\left(-\frac{1}{t+1} \right)+1, $

$ (4) \qquad f\left(t+1 \right)=f\left(t \right)+1. $

Wreszcie w trzecim równaniu podstawiamy kolejno $x = (t + 1)/t$ , $x = t$ , $x = t + 1$ ; otrzymujemy równości

$ (5) \qquad f\left(\frac{t}{t+1} \right)=\left(\frac{t}{t+1} \right)^2f\left(\frac{t+1}{t} \right), $

$ (6) \qquad f\left(\frac{1}{t} \right)=\frac{f(t)}{t^2}, $

$ (7) \qquad f\left(\frac{1}{t+1} \right)=\frac{f(t+1)}{(t+1)^2}. $

Przekształcimy na dwa sposoby wartość $f(\frac{t}{t+1})$ . Ze wzorów (3), (1), (7), (4) otrzymujemy

$ f\left(\frac{t}{t+1}\right)=-f\left(\frac{1}{t+1}\right)+1=-\frac{f(t+1)}{(t+1)^2}+1=-\frac{f(t)+1}{(t+1)^2}+1, $

a ze wzorów (5), (2), (6) dostajemy

$ f\left(\frac{t}{t+1} \right)= \left(\frac{t}{t+1} \right)^2 \left( f\left(\frac{1}{t} \right)+1\right) = \left(\frac{t}{t+1} \right)^2 \left(\frac{f(t)}{t^2} +1\right). $

Przyrównujemy prawe strony otrzymanych wyrażeń:

$ -\frac{f(t)+1}{(t+1)^2}+1= \left(\frac{1}{t+1} \right)^2 (f(t)+t^2). $

Pomnożenie stronami przez $(t+1)^2$ daje równość

$ -f(t)-1 + (t + 1)^2 = f(t) + t^2, $

czyli $f(t) = t$ .

Założyliśmy, że $t \neq 0$ , $t \neq -1$ . Ale równość $f(0) = 0$ wynika bezpośrednio z nieparzystości funkcji $f$ ; stąd zaś (wykorzystując podane równania jeszcze raz) mamy $0 =f(0) =f((-1) + 1) =f(-1)+1$ , czyli $f(-1) = -1$ . Ostatecznie więc

$ f(t) = t \quad \textrm{dla wszystkich } t\in \mathbb{R}. $

Sprawdzenie, że ta funkcja spełnia zadane równania, jest natychmiastowe.

XLIV OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

III

Rozstrzygnąć, czy można obliczyć objętość czworościanu znając pola jego czterech ścian oraz promień kuli opisanej (tzn. czy objętość czworościanu jest funkcją pól jego ścian i promienia kuli opisanej).

Rozwiązanie

Czworościan jest wyznaczony, z dokładnością do izometrii, przez sześć parametrów (na przykład długości sześciu krawędzi). Pola ścian i promień kuli opisanej - to tylko pięć informacji (równań). Stąd przypuszczenie, że odpowiedź na postawione pytanie powinna być negatywna. (Podkreślamy, że to tylko podstawa przypuszczenia, ale w żadnym razie nie dowód; zauważmy zresztą, że gdyby w sformułowaniu zadania zmienić słówko ,,opisanej'' na ,,wpisanej'', odpowiedź byłaby pozytywna...)

W rozważanym zagadnieniu odpowiedź istotnie brzmi: nie. Aby ją uzasadnić, wystarczy podać przykład pary czworościanów o jednakowych polach ścian i promieniach kul opisanych, ale o różnych objętościach. Przykład taki można znaleźć w dość wygodnej do badania klasie czworościanów, w których każda para skośnych krawędzi jest parą przekątnych przeciwległych ścian pewnego prostopadłościanu.

Niech więc $\mathcal{P} = ABCDA'B'C'D'$ będzie prostopadłościanem o krawędziach długości

$ |AB| = |CD| = |A'B'| = |C'D'| = a, $

$ |BC| = |DA| = |B'C'| = |D'A'| = b, $

$ |AA'| = |BB'| = |CC| = |DD'| =c, $

i niech $ACB'D'$ będzie czworościanem z rozważanej klasy (rysunek 11). Promień kuli opisanej równa się

$ (1) \qquad R = \frac{1}{2} |AC'| = \frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2} . $

Krawędzie czworościanu mają długości

$ u = |AD'| = |B'C| = \sqrt{b^2+c^2} , $

$ v = |AB'| = |CD'| = \sqrt{c^2+a^2}, $

$ w=|AC| = |B'D'| = \sqrt{a^2+b^2} . $

Wszystkie ściany są trójkątami przystającymi (o bokach długości $u$ , $v$ , $w$ ), o jednakowym polu $S$ , które można wyrazić przez $a$ , $b$ , $c$ korzystając na przykład ze wzoru Herona:

$ (2) \qquad \begin{split} S &= \frac{1}{4} \Big( (u + v + w)(-u + v + w)(u - v + w)(u + v - w) \Big)^{1/2} =\\ &= \frac{1}{4} \Big( [(v + w)^2-u^2][u^2-(v-w^2]\Big)^{1/2}\\ & = \frac{1}{4} \Big( [(c^2 + 2a^2+b^2 + 2vw)-(b^2 + c^2)] \times\\ &\qquad\qquad\times [(b^2 + c^2) - (c^2 + 2a^2 + b^2 - 2vw)] \Big)^{1/2} =\\ &= \frac{1}{4} \Big([2(a^2 + vw)] [2(vw-a^2)]\Big)^{1/2}= \frac{1}{2}\left(v^2w^2-a^4\right)^{1/2} =\\ &= \frac{1}{2}\left((c^2+ a^2)(a^2+ b^2)-a^4\right)^{1/2} = \frac{1}{2}\left(b^2c^2 + c^2a^2 + a^2b^2\right)^{1/2}. \end{split} $

Aby obliczyć objętość $V$ czworościanu $ACB'D'$ , zauważmy, że powstaje on z prostopadłościanu $\mathcal{P}$ przez odcięcie czterech ostrosłupów $ABCB'$ , $AC DD'$ , $A'B'D'A$ , $B'C'D'C$ , z których każdy ma objętość równą $1/6$ objętości $P$ , równej $abc$ . Zatem

$ (3) \qquad V = abc - 4\cdot \frac{1}{6} abc = \frac{1}{3} abc. $

Oznaczmy liczby $a^2$ , $b^2$ , $c^2$ odpowiednio przez $x$ , $y$ , $z$ . Zgodnie z wyprowadzonymi wzorami (1), (2), (3), zadanie będzie rozwiązane, jeśli znajdziemy dwie trójki liczb dodatnich $(x,y,z)$ oraz $(x',y',z')$ spełniające związki

$ (4) \qquad \begin{split} x+y+z&= x'+ y' +z',\\ yz + zx + xy &= y'z' + z'x' + x'y',\\ xyz &\neq x'y'z'. \end{split} $

Ten układ (dwóch równań i jednej nierówności) z sześcioma niewiadomymi ma wiele rozwiązań w liczbach dodatnich. Oto przykładowe rozwiązanie:

$ (x,y,z) = (2,5,5), \quad (x',y',z') = (6,3,3). $

Bierzemy więc prostopadłościany $\mathcal{P}$ i $\mathcal{P}'$ o wymiarach $\sqrt{2}\times\sqrt{5}\times\sqrt{5}$ oraz $\sqrt{6}\times \sqrt{3} \times \sqrt{3}$ i ,,wycinamy'' z nich czworościany o jednakowym promieniu kuli opisanej $R= \frac{1}{2}\sqrt{12}=\sqrt{3}$ , mające wszystkie ściany o jednakowym polu $S = \frac{1}{2}\sqrt{45}= \frac{3}{2}\sqrt{5}$ (wzory (1) i (2)). Objętości tych czworościanów wynoszą odpowiednio $\frac{5}{3} \sqrt{2}$ oraz $\sqrt{6}$ (wzór (3)).

Tak więc objętość czworościanu nie jest funkcją pól ścian i promienia kuli opisanej.

{\kom Uwaga.} Znajdowanie konkretnych liczb $x$ , $y$ , $z$ oraz $x'$ , $y'$ , $z'$ , spełniających warunki (4), nie jest konieczne. Możliwe jest następujące dokończenie rozumowania:

Wybierzmy w dowolny sposób trójkę różnych liczb dodatnich $(x,y,z)$ i weźmy pod uwagę wielomian

$ (5) \qquad P(t) = (t-x)(t-y)(t-z) = t^3-pt^2 + qt-r, $

gdzie

$ p = x + y + z, \quad q = yz + zx+xy, \quad r = xyz. $

Liczby $x$ , $y$ , $z$ są pierwiastkami tego wielomianu; jego wykres przecina oś zmiennej niezależnej ( $t$ ) w punktach o odciętych $x$ , $y$ , $z$ . Żaden z pierwiastków nie jest wielokrotny, więc w każdym z tych punktów funkcja $t\mapsto P(t)$ zmienia znak.

Niech $k$ będzie liczbą różną od zera, o niewielkiej wartości bezwzględnej. Wykres wielomianu

$ (6) \qquad Q(t) = P(t)-k $

powstaje przez przesunięcie wykresu wielomianu $P(t)$ w dół lub w górę (w zależności od znaku $k$ ),o wektor długości $|k|$ . Jeżeli wartość $|k|$ jest dostatecznie mała, to przesunięty w ten sposób wykres nadal przecina oś $t$ w trzech różnych punktach, których odcięte także są liczbami dodatnimi. Oznaczmy te odcięte przez $x'$ , $y'$ , $z'$ . Są to pierwiastki wielomianu $Q(t)$ , a więc

$ Q(t) = (t-x')(t-y')(t-z') = t^3-p't^2 + q't-r', $

gdzie

$ p' = x' + y' + z', \quad q' = y'z' + z'x' + x'y', \quad r' = x'y'z'. $

Pozostaje zauważyć, że - zgodnie z warunkami (5) i (6) -

$ Q(t) = t^3-pt^2 + qt-(r + k). $

Zachodzą więc równóści

$ p' = p, \quad q' = q, \quad r' = r + k. $

A ponieważ $k\neq 0$ , znaczy to, że liczby $x$ , $y$ , $z$ oraz $x'$ $y'$ , $z'$ spełniają postulowane związki (4).