XLIII OM - I etap

I etap XLIII Olimpiady Matematycznej

XLIII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Wyznaczyć, w zależności od stałych rzeczywistych $a$ , $b$ liczbę rozwiązań układu równań

$ \begin{cases} |x+y|+|x-y| &= 2a \\ y-b &= |x-b|. \end{cases} $

Rozwiązanie

Na płaszczyźnie z kartezjańskim układem współrzędnych $Oxy$ rozważamy zbiory $A$ i $B$ wyznaczone (odpowiednio) przez pierwsze i drugie równanie układu:

$ A=\{ (x,y) \colon |x+y| + |x-y|=2a \}, $

$ B=\{ (x,y) \colon y-b = |x-b| \}. $

Niech $|A \cap B|$ oznacza liczbę elementów zbioru $A \cap B$ , czyli liczbę rozwiązań rozważanego układu równań.

Gdy $a < 0$ , zbiór $A$ jest pusty, więc $|A \cap B|=0$ .

Gdy $a = 0$ , wówczas $A$ jest zbiorem jednoelementowym, którego jedynym elementem jest początek układu współrzędnych $O=(0,0)$ . Zbiór $A \cap B$ jest jednoelementowy lub pusty w zależności od togo, czy punkt $O$ należy do $B$ , czy nie. Oczywiście $O \in B$ wtedy i tylko wtedy, gdy $b \leq 0$ .

Rozważmy teraz przypadek, w którym $a > 0$ . Zbiór $A$ jest brzegiem kwadratu $K$ o wierzchołkach $(a,a)$ , $(-a,a)$ , $(-a,-a)$ , $(a,-a)$ . Uzasadnienie: część zbioru $A$ zawarta w ćwiartce płaszczyzny wyznaczonej przez nierówności $x \geq 0$ , $-x \leq y \leq x$ jest dana równaniem: $(x + y) + (x -y) = 2a$ , czyli $x = a$ ; jest to więc odcinek (bok kwadratu $K$ ), którego końcami są punkty $(a,-a)$ i $(a,a)$ . Analogicznie stwierdzamy, że część zbioru $A$ zawarta w dowolnej z czterech ćwiartek otrzymanych przez podział płaszczyzny prostymi $y= x$ i $y =-x$ jest odpowiednim bokiem kwadratu $K$ .

Zbiór $B$ jest (dla każdej wartości $b$ ) sumą dwóch półprostych o wspólnym początku $P = (b,b)$ , tworzących kąt prosty, którego dwusieczną jest półprosta

$ \{ (x,y) \colon x=b,\ y \geq b \}. $

(Uzasadnienie przez rozpatrzenie sytuacji, gdy $x \geq b$ i gdy $x<b$ .) Punkt $P$ leży na przekątnej kwadratu $K$ lub na jej przedłużeniu. Zbiór $B$ jest rozłączny z brzegiem kwadratu $K$ (czyli ze zbiorem $A$ ), jeśli $b > a$ ; dotyka tego brzegu w jednym punkcie, jeśli $b=a$ ; przecina brzeg $K$ w dwóch punktach, jeśli $b < a$ (rysunek 1).

Uwzględniając wszystkie przypadki, otrzymujemy odpowiedź:

$ |A \cap B| = \left\{ \begin{array}{ccl} 0 & \textrm{gdy} & a<0 \ \textrm{lub} \ b>a \geq 0, \\ 1 & \textrm{gdy} & b \leq 0=a \ \textrm{lub} \ b=a>0,\\ 2 & \textrm{gdy} & a>0 \ \textrm{i} \ a>b. \end{array} \right. $

Można ją krótko zapisać tak:

$ |A \cap B| = 1 + \mathrm{sign} (2a-b-|b|). $

XLIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

W kwadracie $ABCD$ o boku długości $1$ punkt $E$ leży na boku $BC$ , punkt $F$ leży na boku $CD$ , miary kątów $EAB$ i $EAF$ wynoszą odpowiednio $20^{\circ}$ i $45^{\circ}$ . Obliczyć wysokość, trójkąta $AEF$ poprowadzoną z wierzchołka $A$ .

Rozwiązanie

Miara kąta $FAD$ wynosi $90^\circ - (20^\circ + 45^\circ) = 25^\circ$ . Z punktu $A$ prowadzimy półprostą tworzącą z półprostymi $AE$ i $AF$ odpowiednio kąty $20^\circ$ i $25^\circ$ , i odkładamy na niej odcinek $AG$ długości $1$ (rysunek 2).

Z równości $|AG| =|AB| = 1$ , $| \measuredangle EAG| = | \measuredangle EAB| = 20^\circ$ wynika, że trójkąt $EAG$ przystaje do $EAB$ .

Podobnie, z równości $|AG| = |AD| = 1$ , $| \measuredangle FAG| = | \measuredangle FAD| = 25^\circ$ wynika, że trójkąt $FAG$ przystaje do $FAD$ .

W takim razie

To zaś oznacza, że punkt $G$ leży na odcinku $EF$ i jest spodkiem wysokości trójkąta $AEF$ poprowadzonej z wierzchołka $A$ . Jej długość $|AG| = 1$ .

XLIII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Dane są liczby naturalne $a$ i $b$ . Udowodnić, że liczby naturalne $c$ i $d$
spełniające równość

$ a^2+b^2+c^2 = d^2 $

istnieją wtedy i tylko wtedy, gdy $ab$ jest liczbą parzystą.

Rozwiązanie

Dane równanie przepisujemy w postaci

$ (1) \qquad (a + b)^2-2ab = (d-c)(d + c). $

Jeśli iloczyn $ab$ jest liczbą nieparzystą, to liczby $a$ i $b$ są obie nieparzyste. Zatem suma $a + b$ jest parzysta i jej kwadrat dzieli się przez $4$ ; lewa strona (1) dzieli się przez $2$ , ale nie przez $4$ . Natomiast prawa strona (1) jest - przy każdym wyborze liczb $c$ , $d$ - albo liczbą nieparzystą, albo liczbą podzielną przez $4$ . Nie istnieją więc (w tym przypadku) liczby $c$ , $d$ spełniające równość (1).

Jeśli zaś $ab$ jest liczbą parzystą, to lewa strona (1) daje przy dzieleniu przez $4$ resztę $0$ lub $1$ , w zależności od tego, czy obie, czy tylko jedna z liczb $a$ , $b$ jest parzysta. W takim razie lewa strona (1) jest liczbą postaci $4m$ , lub $4m+1$ ( $m$ naturalne) i wystarczy przyjąć, w pierwszym przypadku $c=m - 1$ , $d = m + 1$ , a w drugim - $c = 2m$ , $d = 2m + 1$ , by spełnić równanie (1).

XLIII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Obliczyć

$ \sum_{n=1}^{1991} \frac{1}{\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}} $

Rozwiązanie

Oznaczając $n$ -ty wyraz rozważanej sumy przez $a_n$ , otrzymujemy równość

$ a_n^2 = \frac{1}{n+\sqrt{n^2-1}} = n-\sqrt{n^2-1} = \frac{(\sqrt{n+1} - \sqrt{n-1})^2}{2}. $

Zatem $a_n$ , jako liczba dodatnia, równa się $(\sqrt{n+1}- \sqrt{n-1})/\sqrt{2}$ . Tak więc

$ \begin{split} \sqrt{2} a_1 & = \sqrt{2} - \sqrt{0}, \\ \sqrt{2} a_2 & = \sqrt{3} - \sqrt{1}, \\ \sqrt{2} a_3 & = \sqrt{4} - \sqrt{2}, \\ \sqrt{2} a_4 & = \sqrt{5} - \sqrt{3}, \\ & \quad \vdots \\ \sqrt{2} a_{1989} & = \sqrt{1990} - \sqrt{1988}, \\ \sqrt{2} a_{1990} & = \sqrt{1991} - \sqrt{1989}, \\ \sqrt{2} a_{1991} & = \sqrt{1992} - \sqrt{1990}. \end{split} $

Dodajemy te wszystkie równości stronami, redukujemy, co się da, dzielimy stronami przez $\sqrt{2}$ i otrzymujemy wynik:

$ \sum_{n=1}^{1991} a_n = \frac{\sqrt{1992} + \sqrt{1991} -1}{\sqrt{2}}. $

XLIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Dowieść, że jeśli $n \geq 2$ jest liczbą naturalną, to liczba

$ \sqrt{2+\sqrt[3]{3+\ldots+\sqrt[n-1]{n-1+\sqrt[n]{n}}}} $

jest niewymierna.

Rozwiązanie

Oznaczmy badaną liczbę przez $x_n$ . Jest ona pierwiastkiem wielomianu

$ (1) \qquad P_n(x) = ((\ldots((x^2-2)^3-3)^4-\ldots-(n-2))^{n-1}-(n-1))^n-n. $

Przy zmieniającym się $n$ mamy w ten sposób określony ciąg wielomianów spełniający zależność rekurencyjną

$ (2) \qquad P_n(x) = (P_{n-1}(x))^n-n; \quad P_2(x)= x^2-2. $

Z określenia (1) widać, że współczynnikami każdego z wielomianów $P_n(x)$ są liczby całkowite, a współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej $x$ równa się $1$ . Wiadomo (patrz: {\it Uwaga}), że każdy pierwiastek wymierny takiego wielomianu jest liczbą całkowitą. Ponieważ zaś $x_n > 1$ , wystarczy dowieść, że $P_n(x)$ nie ma pierwiastków całkowitych większych od $1$ .

Wykażemy w tym celu, że

$ (3) \qquad P_n(x) \geq 2 \quad \textrm{dla} \quad x \geq 2, \ n = 2,3,4,\ldots . $

Uzasadnienie stwierdzenia (3) będzie indukcyjne, oparte na wzorach (2).

Oczywiście $P_2(x) = x^2 -2 \geq 2$ dla $x \geq 2$ , więc (3) zachodzi dla $n = 2$ .

Ustalmy liczbę naturalną $n \geq 3$ i przyjmijmy, że wielomian $P_{n-1}(x)$ spełnia nierówność

$ P_{n-1}(x) \geq 2 \quad \textrm{dla} \quad x \geq 2. $

Wówczas

$ P_n(x) = (P_{n-1}(x))^2 - n \geq 2^n - n > 2 \quad \textrm{dla} \quad x \geq 2. $

To kończy indukcyjny dowód stwierdzenia (3).

Wynika z niego, że każdy z wielomianów $P_n(x)$ $(n \geq 2)$ przyjmuje w przedziale $\langle 2;\ \infty)$ wyłącznie wartości dodatnie; nie ma więc pierwiastków całkowitych większych od $1$ .

Na mocy wcześniejszych spostrzeżeń dowodzi to niewymierności rozważanych liczb $x_n$ ( $n = 2,3,4,\ldots$ ).

Uwaga: Oto uzasadnienie faktu, że każdy pierwiastek wymierny wielomianu postaci

$ P(x) = x^N + a_{N-1}x^{N-1} + \ldots +a_1x + a_0, $

gdzie $a_0,a_1, \ldots, a_{N-1}$ są liczbami całkowitymi, też jest liczbą całkowitą.

Zapiszmy pierwiastek wymierny $x_0$ wielomianu $P(x)$ w postaci ułamka nieskracalnego $x_0= r/q$ ( $q$ , $r$ całkowite, $q > 0$ ). Pomnożenie równości $P(x_0) = 0$ stronami przez $q^N$ daje

$ r^N+a_{N-1}qr^{N-1} + \ldots + a_1q^{N-1} r + a_0q^N = 0. $

Wszystkie składniki oprócz $r^N$ są liczbami całkowitymi podzielnymi przez $q$ . Wobec tego także $r^N$ musi dzielić się przez $q$ . Ułamek $r/q$ jest z założenia nieskracalny. Stąd wniosek, że $q= 1$ .

XLIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Funkcja $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ma tę własność, że funkcja

$ g(x)=f(x)+\sin(f(x)) $

jest okresowa. Udowodnić, że funkcja $f$ też jest okresowa.

Rozwiązanie

Zauważmy, że $g(x)=h(f(x))$ , gdzie

$ h(u) = u + \sin u. $

Wykażemy, że funkcja $h$ jest ściśle rosnąca. Można oczywiście sprawdzić, że w każdym przedziale postaci $((2k- 1 )\pi; (2k + 1)\pi)$ (dla $k$ całkowitych) jej pochodna jest dodatnia i wobec tego funkcja $h$ jest rosnąca w każdym przedziale domkniętym $\langle (2k-1)\pi;(2k+1)\pi \rangle$ , więc i w całym zbiorze $\mathbb{R}$ . Można też, bardziej elementarnie, skorzystać z nierówności

$ |\sin t| < t \quad \textrm{dla} \quad t > 0 $

i wywnioskować z niej, że jeśli $u > v$ , to

$ | \sin u - \sin v| = \left|2 \cos \frac{u+v}{2} \sin \frac{u-v}{2} \right|\leq 2 \left|\sin \frac{u-v}{2}\right| < u-v, $

skąd

$ h(u) - h(v) = u - v + \sin u - \sin v \geq u - v - |\sin u - \sin v| > 0. $

Zatem istotnie $h$ jest funkcją ściśle rosnącą.

Niech $T > O$ będzie okresem funkcji $g$ :

$ g(x + T) = g(x) \quad \textrm{dla wszystkich} \ x \in \mathbb{R}. $

Równoważnie:

$ h(f(x + T)) = h(f(x)) \quad \textrm{dla wszystkich} \ x \in \mathbb{R}. $

Funkcja $h$ , jako ściśle monotoniczna, jest równowartościowa, a więc równość $h(u)= h(v)$ pociąga równość $u = v$ . Stąd wniosek, że

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

To pokazuje, że liczba $T$ jest także okresem funkcji $f$ .

XLIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest wielokąt wypukły $Q$ i prosta $l$ .

(a) Wykazać, że istnieje dokładnie jeden wielokąt $r$ symetryczny względem $l$ i taki, że dla każdej prostej $s$ prostopadłej do $l$ części wspólne $s \cap R$ oraz $s \cap Q$ są odcinkami równej długości, albo zbiorami jednopunktowymi, albo zbiorami pustymi.

(b) Dowieść że wielokąt $R$ jest wypukły, ma pole równe polu $Q$ oraz średnica $R$ jest nie większa od średnicy $Q$ .

Uwaga: Średnicą zbioru $X$ nazywamy kres górny odległości dowolnych dwóch punktów zbioru $X$ .

Rozwiązanie

(a) Przyjmijmy prostą $l$ za oś z kartezjańskiego układu współrzędnych i niech przedział $\langle a;\ b \rangle$ tej osi będzie rzutem prostokątnym wielokąta $Q$ . Niech $x_0,x_1,\ldots,x_n$ będą odciętymi wszystkich wierzchołków wielokąta $Q$ , ponumerowanymi tak, że $a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b$ , oraz niech $s_i$ będzie prostą o równaniu $x =x_i$ . Dla każdego numeru $i \in \{1,\ldots, n - 1\}$ część wspólna $s_i \cap Q$ jest odcinkiem o końcach $A_i$ , $B_i$ leżących na brzegu $Q$ ; co najmniej jeden z nich jest wierzchołkiem $Q$ . Zbiór $s_0 \cap Q$ jest odcinkiem $A_0 B_0$ lub zbiorem jednopunktowym, który też będziemy uważali za zdegenerowaną postać odcinka (o pokrywających się końcach $A_0$ , $B_0$ ); podobnie zbiór $s_n \cap Q = A_nB_n$ . Ustalmy oznaczenia tak, by $A_i = (x_i,u_i)$ , $B_i = (x_i,v_i)$ , $u_i \leq v_i$ . Obiegając brzeg $Q$ w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara napotykamy rozważane punkty w porządku: $A_0,A_1,\ldots,A_n, B_n,B_{n-1},\ldots,B_0$ ; są wśród nich wszystkie wierzchołki wielokąta $Q$ .

Oznaczmy połowę różnicy $v_i-u_i$ przez $h_i$ . Weźmy pod uwagę punkty $C_i = (x_i,-h_i)$ , $D_i =(x_i, h_i)$ $(i = 0,1,\ldots,n$ ) oraz zdefiniujmy $R$ jako wielokąt ograniczony łamaną zamkniętą $C_0 C_1 \ldots C_nD_nD_{n-1} \ldots D_0$ .

Łamana $D_0 D_1 \ldots D_n$ jest obrazem łamanej $C_0 C_1 \ldots C_n$ w symetrii osiowej względem prostej $l$ . Prosta ta jest więc osią symetrii wielokąta $R$ , (rysunek 3). Łamana $A_0A_1 \ldots A_n$ jest wykresem wypukłej funkcji $f$ , a łamana $B_0 B_1 \ldots B_n$ jest wykresem wklęsłej funkcji $g$ ; dziedziną obu funkcji jest przedział $\langle a;\ b \rangle$ .

(Funkcja {\it wypukła} - to taka, że dla dowolnej pary punktów $M$ , $N$ należących do jej wykresu fragment wykresu zawarty między $M$ i $N$ leży poniżej odcinka $MN$ bądź się z tym odcinkiem pokrywa; definicję funkcji {\it wklęsłej} otrzymujemy zastępując słowo ,,poniżej'' słowem ,,powyżej''.)

Oczywiście

$ f(x_i) = u_i, \quad g(x_i)=v_i \quad \textrm{dla} \quad i = 0,1,\ldots,n. $

Łamana $D_0 D_1 \ldots D_n$ jest wykresem pewnej funkcji $h$ , o wartościach nieujemnych, zaś symetryczna do niej (względem prostej $l$ ) łamana $C_0 C_1 \ldots C_n$ jest wykresem funkcji $-h$ .

Ustalmy numer $i \in \{1,\ldots, n\}$ . W przedziale $\langle x_{i-1};\ x_i \rangle$ każda z funkcji $f$ , $g$ , $h$ jest liniowa. Na końcach tego przedziału spełnione są równości

$ h(x_i) = \frac{v_i-u_i}{2} = \frac{g(x_i)-f(x_i)}{2}, \quad h(x_{i-1}) = \frac{g(x_{i-1})-f(x_{i-1})}{2}. $

Stąd (wobec liniowości) równość

$ (1) \qquad h(x) = \frac{g(x)-f(x)}{2} $

zachodzi dla wszystkich $x \in \langle x_{i-1};\ x_i \rangle$ . Wobec dowolności wyboru $i$ , równość (1) zachodzi dla wszystkich $x \in \langle a;\ b \rangle$ .

Niech $s$ będzie dowolną prostą prostopadłą do $l$ (,,pionową''). Jeśli przecina ona którykolwiek z wielokątów $Q$ i $R$ , to przecina także i drugi. Części wspólne $s \cap Q$ oraz $s \cap R$ są więc jednocześnie zbiorami pustymi lub niepustymi. Są one niepuste wtedy i tylko wtedy, gdy prosta $s$ przechodzi przez
punkt $(x,0)$ o odciętej $x \in \langle a;\ b \rangle$ . Zbiór $s \cap Q$ jest wówczas odcinkiem o końcach $(x,f(x))$ , $(x, g(x))$ , natomiast zbiór $s \cap R$ jest odcinkiem o końcach $(x, -h(x))$ , $(x, h(x))$ . Z uwagi na równość (1) odcinki te mają równą długość.

Dla $x =a$ zbiór $s \cap Q$ jest odcinkiem $A_0 B_0$ , a zbiór $s \cap R$ jest odcinkiem $C_0D_0$ . Gdy punkt $A_0$ pokrywa się z $B_0$ , to także punkt $C_0$ pokrywa się z $D_0$ (i na odwrót); odcinki $A_0B_0$ i $C_0D_0$ degenerują się wówczas do punktów (czyli zbiory $s \cap Q$ , $s \cap R$ są jednopunktowe). Analogiczna sytuacja może mieć miejsce dla $x = b$ .

Dla $x \in (a;b)$ zbiory $s \cap Q$ oraz $s \cap R$ są odcinkami niezdegenerowanymi, o jednakowej długości - jak stwierdziliśmy powyżej.

Tak więc wielokąt $R$ spełnia warunki postawione w części (a) zadania. Jest to jedyny wielokąt o tej własności, bowiem warunki (a) określają zbiór $R$ jednoznacznie jako sumę rodziny odcinków prostopadłych do prostej $l$ , połowionych przez nią i mających długości równe długościom odpowiednich przekrojów ,,pionowych'' wielokąta $Q$ (czyli odpowiednim wartościom różnicy
$g(x)-f(x)$ ).

(b) Dla każdego numeru $i \in \{1,\ldots, n\}$ czworokąt $C_{i-1}C_iD_iD_{i-1}$ jest trapezem równoramiennym o podstawach $C_{i-1} D_{i-1} \parallel C_iD_i$ ; oznaczmy ten trapez przez $T_i$ . Także czworokąt $A_{i-1} A_i B_i B_{i-1}$ jest trapezem (na ogół nie równoramiennym) o podstawach $A_{i-1} B_{i-1} \parallel A_i B_i$ ; oznaczmy ten trapez przez $S_i$ . (Dla $i = 1$ oraz $i = n$ trapezy te mogą redukować się do trójkątów.)

Odcinek o końcach $(x_{i-1}, 0)$ i $(x_i,0)$ jest wysokością zarówno trapezu $T_i$ , jak i trapezu $S_i$ . Także odpowiednie podstawy tych trapezów są odcinkami jednakowej długości:

$ |C_iD_i| = 2h_i = v_i-u_i = |A_i B_i|; \quad \textrm{podobnie} \quad |C_{i-1} D_{i-1}| = |A_{i-1} B_{i-1}|. $

Wobec tego

$ \textrm{pole}(T_i) = \textrm{pole}(S_i) \quad \textrm{dla} \quad i = 1,\ldots, n. $

Trapezy $S_1, \ldots ,S_n$ mają wnętrza parami rozłączne i wypełniają cały wielokąt $Q$ . Podobnie trapezy $T_1,\ldots,T_n$ mają wnętrza parami rozłączne i wypełniają cały wielokąt $R$ .

Zatem pola wielokątów $R$ i $Q$ są równe.

Weźmy pod uwagę zbiór

$ U=\{ (x,y) \colon a \leq x \leq b, \ y \leq h(x) \}. $

Wykażemy, że jest on wypukły.

Niech $E$ i $F$ będą dowolnymi punktami zbioru $U$ ; oznaczmy ich odcięte przez $x_E$ i $x_F$ . Funkcja $h$ , jako różnica funkcji wklęsłej i funkcji wypukłej (wzór (1)), jest funkcją wklęsłą. Zatem żaden punkt odcinka łączącego punkt $(x_E, h(x_E))$ z punktem $(x_F, h(x_F))$ nie leży powyżej wykresu funkcji $h$ (rysunek 4). Tym bardziej żaden punkt odcinka $EF$ nie leży powyżej wykresu funkcji $h$ . To znaczy, że odcinek $EF$ jest zawarty w zbiorze $U$ . Wobec dowolności wyboru punktów $E,F \in U$ , zbiór $U$ jest wypukły.

Także zbiór

$ V = \{(x,y) \colon a \leq x \leq b,\ y \geq - h(x)\}, $

będący symetrycznym obrazem zbioru $U$ (w symetrii osiowej względem $l$ ), jest wypukły.

Wielokąt $R$ jest częścią wspólną zbiorów wypukłych $U$ i $V$ ; jest więc zbiorem wypukłym. Średnicą wielokąta $R$ jest długość pewnej jego przekątnej lub boku, czyli długość pewnego odcinka o końcach należących do zbioru $\{C_0,\ldots,C_n, D_n,\ldots,D_0\}$ .

Jeśli $i$ , $j$ są różnymi numerami, to czworokąt $C_iC_jD_jD_i$ jest trapezem równoramiennym (o podstawach $C_iD_i || C_jD_j$ ). Przekątna takiego trapezu nie może być krótsza niż ramię: $|C_iD_j| \geq |C_iC_j|=|D_iD_j|$ (równość może tu zajść tylko w przypadku, gdy jeden z numerów $i$ , $j$ równa się $0$ lub $n$ , a trapez redukuje się do trójkąta).

Stąd wniosek, że średnicą wielokąta $R$ jest długość pewnego odcinka postaci $C_kD_m$ .

Z równości

$ |C_kD_m|^2 = (x_k-x_m)^2 +(h_k + h_m)^2 = (x_k-x_m)^2 + \frac{1}{4} (v_k-u_k + v_m-u_m)^2, $

$ |A_kB_m|^2 = (x_k-x_m)^2 + (u_k-v_m)^2, \quad |A_m B_k|^2 = (x_k-x_m)^2 + (u_m-v_k)^2 $

otrzymujemy nierówność

$ \begin{split} |A_k B_m|^2 + & |A_mB_k|^2-2|C_kD_m|^2 = \\ = & (u_k - v_m)^2 + (u_m - v_k)^2 - \frac{1}{2}(u_k + u_m - v_k - v_m)^2 =\\ = & \frac{1}{2}(u_k - u_m + v_k - v_m )^2 \geq 0, \end{split} $

z której wynika, że co najmniej jeden z odcinków $A_kB_m$ , $A_mB_k$ ma długość nie mniejszą niż odcinek $C_kD_m$ . Wobec tego średnica wielokąta $Q$ jest nie mniejsza niż średnica wielokąta $R$ .

Wykazaliśmy więc, że wielokąt $R$ ma wszystkie własności postulowane w części (b).

XLIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

W czworościanie $ABCD$ sumy długości przeciwległych krawędzi wynoszą $1$ . Okręgi wpisane w ściany $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ i $ABC$ mają promienie $r_A$ , $r_B$ , $r_C$ , $r_D$ . Udowodnić, że

$ r_A + r_B + r_C + r_D \leq \frac{1}{3}\sqrt{3} $

oraz równość ma miejsce dla czworościanu foremnego.

Rozwiązanie

Skorzystamy z następującego faktu:

Jeśli trójkąt o bokach długości $a$ , $b$ , $c$ jest opisany na kole o promieniu $r$ , to

$ (1) \qquad a + b + c \geq 6 \sqrt{3}r, $

przy czym równość zachodzi tylko dla trójkąta równobocznego.

(Innymi słowy: spośród wszystkich trójkątów opisanych na danym kole, najkrótszy obwód ma trójkąt foremny; patrz: Uwaga.)

Dla trójkątów $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ i $ABC$ nierówność (1) przybiera odpowiednio postać

$ (2) \qquad \begin{split} & |BC| + |CD| + |DB| > 6 \sqrt{3} r_A,\\ & |CD| + |DA| + |AC| > 6 \sqrt{3} r_B,\\ & |DA| + |AB| + |BD| > 6 \sqrt{3} r_C,\\ & |AB| + |BC| + |CA| > 6 \sqrt{3} r_D. \end{split} $

Z założenia mamy

$ (3) \qquad |AB| + |CD| = |AC| + |BD| = |AD| + |BC| =1. $

Dodając stronami nierówności (2) i uwzględniając związki (3) otrzymujemy

$ 2(1 + 1 + 1) \geq 6 \sqrt{3} (r_A + r_B + r_C + r_D), $

czyli

$ r_A + r_B + r_C + r_D \leq \frac{1}{3} \sqrt{3}. $

Równość zachodzi tylko wtedy, gdy wszystkie cztery nierówności (2) stają się równościami, czyli gdy trójkąty $BCD$ , $CDA$ , $DAB$ i $ABC$ są równoboczne - innymi słowy, gdy czworościan $ABCD$ jest foremny.

Uwaga: Nierówność (1) można uzasadnić opierając się na dwóch wzorach wyrażających pole trójkąta :

$ S = pr,\quad \textrm{gdzie} \quad p = \frac{1}{2}(a + b + c) $

oraz

$ S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} $

({\it wzór Herona}). Stąd

$ pr^2 = (p-a)(p-b)(p-c). $

Średnia arytmetyczna liczb $p-a$ , $p-b$ , $p-c$ wynosi

$ \frac{1}{3}((p-a) + (p-b) + (p-c)) = \frac{1}{3} p $

i jest nie mniejsza niż średnia geometryczna tych liczb:

$ \frac{1}{3}p \geq ((p-a)(p-b)(p-c))^{1/3}. $

Podnosimy tę nierówność stronami do trzeciej potęgi i uwzględniając wcześniejszy związek otrzymujemy

$ \left(\frac{1}{3}p\right)^3 \geq (p-a)(p-b)(p-c) = pr^2, $

czyli $p^2 \geq 27r^2$ , skąd $2p \geq 6 \sqrt{3} r$ . Jest to właśnie nierówność (1). Równość zachodzi tylko wtedy, gdy ,,uśredniane'' liczby $p - a$ , $p - b$ , $p-c$ są równe, czyli tylko dla $a = b = c$ .

XLIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Dowieść, że wśród dowolnych $n+2$ liczb całkowitych istnieją takie dwie, których suma lub różnica dzieli się przez $2n$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy rozważane liczby przez $k_1,\ldots,k_{n+2}$ i niech $r_i$ będzie resztą z dzielenia $k_i$ przez $2n$ .

Przypuśćmy, że wśród tych reszt są dwie równe:

$ r_i = r_j \quad \textrm{dla pewnych} \quad i,j,\ i \ne j. $

Wówczas różnica $k_i - k_j$ dzieli się przez $2n$ ; teza zachodzi.

Przypuśćmy z kolei, że wśród reszt $r_1, \ldots, r_{n+2}$ nie ma dwóch równych. Reszty te są więc różnymi elementami zbioru $\{0,1,\ldots,2n- 1\}$ . Co najmniej $n$ spośród nich nie równa się ani $0$ ani $n$ ; zmieniając w razie potrzeby numerację możemy przyjąć, że to reszty $r_1,\ldots ,r_n$ są różne od $0$ i $n$ , czyli należą do zbioru

$ \{1,\ldots,n-1\} \cup \{n+1,\ldots,2n-1\}. $

Zbiór ten jest sumą następujących zbiorów dwuelementowych:

$ \begin{split} A_1 = & \{1, 2n - 1\}, \\ A_2 = & \{2,2n-2\}, \\ \vdots \\ A_{n-1}= & \{n-1,n+1\}. \end{split} $

Mamy więc $n$ różnych liczb $r_1, \ldots,r_n$ rozmieszczonych w sumie $n- 1$ zbiorów $A_1,\ldots ,A_{n-1}$ . Co najmniej dwie z nich należą do tego samego zbioru $A_l$ , na mocy zasady szufladkowej. Ich suma równa się $r_i+r_j=2n$ . To znaczy, że suma $k_i + k_j$ dzieli się przez $2n$ ; teza zachodzi i w tym przypadku.

XLIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Danych jest $n$ liczb $a_1\leq a_2 \leq \ldots \leq a_n$ . Przyjmujemy

$ M_1 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i,\; M_2 = \frac{2}{n(n-1)} \sum_{1\leq i < j\leq n} a_ia_j, \; Q = \sqrt{M_1^2 - M_2}. $

Udowodnić, że

$ a_1 \leq M_1 - Q \leq M + Q \leq a_n $

Rozwiązanie

W określeniu wyrażenia $Q$ różnica $M_1^2 - M_2$ znajduje się pod znakiem pierwiastka kwadratowego. Aby mieć pewność, że określenie $Q$ jest poprawne, należałoby uzasadnić, że ta różnica jest nieujcmna. (Można też uznać, że skoro w treści zadania znajduje się napis ,,pierwiastek kwadratowy z pewnej liczby'', to nieujemność tej liczby jest automatycznie dana w założeniach.)

Wszelako nierówność $M_1^2 - M_2 \geq 0$ istotnie jest konsekwencją wcześniejszych założeń (tzn. określenia liczb $M_1$ i $M_2$ ). Jej uzasadnienie pojawi się w dalszej części rozwiązania.

Wprowadźmy do rozważań liczby

$ x_i = a_i - M_1 \quad \textrm{dla} \quad i \in 1, \ldots, n; $

spełniają one nierówności $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_n$ oraz równość

$ (1) \qquad \sum_{i=1}^n x_i = \sum_{i=1}^n a_i - n M_1 =0. $

Weźmy pod uwagę funkcję

$ (2) \qquad F(t) = \sum_{i<j} (t+x_i)(t+x_j) $

(sumowanie po wszystkich parach $(i,j)$ takich, że $1 \leq i < j \leq n$ ). Funkcja $F(t)$ jest wielomianem drugiego stopnia (zmiennej $t$ ); ma więc przedstawienie

$ F(t) = At^2 + Bt + C. $

Współczynniki $A$ , $B$ , $C$ wyznaczamy wymnażając różnice w nawiasach w wyrażeniu (2) i wykonując sumowanie:

$ F(t) = \sum_{i<j} t^2 + \sum_{i<j} (x_i+x_j)t + \sum_{i<j} x_i x_j, $

skąd

$ A = \sum_{i<j} 1 = \frac{n(n-1)}{2} \quad \textrm{(tyle składników ma suma)} $

oraz (wobec związku (1))

$ \begin{split} B & = \sum_{i<j} (x_i+x_j) = \frac{1}{2} \left( \sum_{i<j} (x_i+x_j) + \sum_{i>j} (x_i+x_j) \right) = \\ & = \frac{1}{2} \sum_{i \ne j} (x_i+x_j) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \left( \sum_{j=1}^n(x_i+x_j) - 2x_i \right) = \\ & = \frac{1}{2} \left( \sum_{i=1}^n \left(nx_i + \sum_{j=1}^n x_j \right) - 2 \sum_{i=1}^n x_i \right) = 0, \end{split} $

zaś

$ C = \sum_{i<j} x_i x_j = \frac{1}{2} \left( \left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^2 - \left( \sum_{i=1}^n x_i^2 \right) \right) = -\frac{1}{2} \sum_{i=1}^n x_i^2 \leq 0. $

Tak więc

$ (3) \qquad F(t) = \frac{n(n-1)}{2} t^2 + C, \quad \textrm{gdzie}\ C \leq 0. $

Z nierówności $x_1 \leq \ldots \leq x_n$ wynika, że dla $t = x_1$ oraz dla $t= x_n$ wszystkie składniki sumy (2) określającej $F(t)$ są nieujemne; stąd

$ (4) \qquad F(x_1) \geq 0, \quad F(x_n) \geq 0. $

Zapiszmy teraz liczbę $M_2$ w następujący sposób (korzystając z (3)):

$ \begin{split} M_2 & = \frac{2}{n(n-1)} \sum_{i<j} (M_1+ x_i)(M_1+x_j) = \frac{2}{n(n-1)} F(M_1) =\\ & = \frac{2}{n(n-1)} \left( \frac{n(n-1)}{2} M_1^2 + C \right) = M_1^2 + \frac{2C}{n(n-1)}. \end{split} $

Ponieważ $C \leq 0$ , widać stąd, że $M_1^2 - M_2 \geq 0$ ; a zatem liczba $Q = \sqrt{M_1^2 - M_2}$ jest poprawnie określona, a stała $C$ jest z nią związana zależnością

$ C=\frac{n(n-1)}{2} (M_2 - M_1^2) = - \frac{n(n-1)}{2} Q^2. $

Podstawiając to do wzoru (3) otrzymujemy

$ F(t) = \frac{n(n-1)}{2} (t^2 - Q^2) $

i z nierówności (4) wnosimy, że

$ (5) \qquad Q^2 \leq x_1^2, \quad Q^2 \leq x_n^2. $

Suma liczb $x_i$ równa się zeru (wzór (1)), wobec czego $x_1 \leq 0$ , $x_n \geq 0$ . Ze związków (5) wynikają więc nierówności

$ (6) \qquad Q \leq -x_1 = M_1 -a_1 \quad \textrm{oraz} \quad Q \leq x_n = a_n - M_1, $

które stanowią tezę zadania.

Uwaga: Warto dać probabilistyczną interpretację udowodnionych nierówności. Weźmy pod uwagę zmienną losową $X$ (na dowolnej przestrzeni probabilistycznej), przyjmującą wartości $a_1,a_2,\ldots,a_n$ - każdą z nich z jednakowym prawdopodobieństwem, równym $1/n$ . Jej wartość średnia oraz wariancja wyrażają się wzorami $E(X) = (a_1 + a_2 + \ldots + a_n)/n$ oraz

$ \begin{split} D^2(X) & = E(X^2) - (E(X))^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i^2 - \frac{1}{n^2}\left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 =\\ & = \frac{1}{n} \left( \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - 2 \sum_{i<j} a_i a_j \right) - \frac{1}{n^2} \left( \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 = \\ & = (n-1) \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i \right)^2 - \frac{2}{n} \sum_{i<j} a_i a_j. \end{split} $

(Określenie użytych pojęć oraz dowód równości $D^2(X) = E(X^2) - (E(X))^2$ można znaleźć na przykład w podręczniku: W. Szlenk, {\it Rachunek prawdopodobieństwa dla klasy IV liceum ogólnokształcącego i technikum}, PZWS, Warszawa 1970, rozdział 6.6, wzór (10).)

Używając danych w zadaniu oznaczeń $M_1$ , $M_2$ , $Q$ mamy więc równości $E(X)= M_1$ oraz

$ (7) \qquad D^2(X) = (n-1)M_1^2-(n-1)M_2 = (n-1)Q^2. $

Pierwiastek kwadratowy z wariancji, oznaczany symbolem $D(X)$ (lub też $\sigma_X$ ), nazywa się {\it odchyleniem standardowym} (zmiennej losowej $X$ od wartości średniej $E(X)$ ). Wzór (7) pokazuje, że rozważana w zadaniu wielkość $Q$ równa się, z dokładnością do czynnika $1/ \sqrt{n- 1}$ , odchyleniu standardowemu zmiennej $X$ :

$ Q = \frac{D(X)}{\sqrt{n-1}}; $

a każda z wykazanych nierówności (6) daje górne oszacowanie tego odchylenia:

$ D(X) \leq \sqrt{n-1} (E(X) - \min a_i), $

$ D(X) \leq \sqrt{n-1} (\max a_i - E(X)). $

XLIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Dana jest liczba naturalna $n\geq 1$ . Rozważamy tabelę zbudowaną z $n(n+1)/2$ okienek, ustawionych w $n$ rzędach: jedno okienko w pierwszym rzędzie, dwa w drugim itd., $n$ okienek w $n$ -tym rzędzie. W okienka tabeli wpisujemy w sposób losowy liczby od $1$ do $n(n + l )/2$ . Niech $m_k$ będzie największą z liczb w $k$ -tym rzędzie. Obliczyć prawdopodobieństwo tego, że $m_1 < m_2 < \ldots < m_n$ .

Rozwiązanie

Dla ustalonej liczby naturalnej $n \geq 2$ rozważane w zadaniu zdarzenie

$ \mathcal{A}_n \colon \textrm{zachodzą nierówności}\ m_1 < \ldots < m_n $

jest równoważne koniunkcji zdarzeń

$ \mathcal{B}_n \colon \textrm{zachodzi nierówność}\ m_n > \max\{m_1, \ldots, m_{n-1} \} $

oraz

$ \mathcal{C}_n \colon \textrm{zachodzą nierówności}\ m_1 < \ldots < m_{n-1}. $

Warunek określający zdarzenie $\mathcal{B}_n$ jest równoważny stwierdzeniu, że liczba $N = n(n+ 1)/2$ trafia do jednego z $n$ okienek $n$ -tego rzędu tabeli; w takim razie

$ P(\mathcal{B}_n) = \frac{n}{N}=\frac{2}{n+1}. $

Wybierzmy dowolne $n$ liczb ze zbioru $\{1,2,\ldots,N\}$ i przyjmijmy, że te liczby zostały wpisane w okienka $n$ -tego rzędu. Pozostaje zbiór $M$ różnych liczb, gdzie $M = N - n= n(n - 1 )/2$ ; należy je rozmieścić w okienkach od pierwszego do ( $n - 1$ )-go rzędu.

Zbiór ten możemy zastąpić po prostu zbiorem $\{1,2,\ldots,M\}$ ; prawdopodobieństwo zajścia nierówności $m_1 \leq \ldots \leq m_{n}$ nie zmieni się przy tym.

Uwaga ta jest słuszna dla każdego wyboru $n$ liczb (do $n$ -tego rzędu tabeli); w szczególności dla każdego takiego wyboru, który powoduje zajście zdarzenia $\mathcal{B}_n$ . Wobec tego prawdopodobieństwo warunkowe $P(\mathcal{C}_n \mid \mathcal{B}_n)$ jest równe prawdopodobieństwu zdarzenia $\mathcal{A}_{n-1}$ i otrzymujemy wzór rekurencyjny

$ P(\mathcal{A}_n) = P(\mathcal{B}_n \cap \mathcal{C}_n) = P(\mathcal{C}_n \mid \mathcal{B}_n) \cdot P(\mathcal{B}_n) = P(\mathcal{A}_{n-1}) \cdot \frac{2}{n+1}. $

Ponieważ $P(\mathcal{A}_1) = 1$ , zatem

$ P(\mathcal{A}_n) = \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{4} \cdot \ldots \frac{2}{n+1} =\frac{2^n}{(n+1)!}. $

XLIII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Na płaszczyźnie narysowane cztery proste tak, że żadne dwie z nich nie są równoległe i żadne trzy nie mają punktu wspóinego. Proste te wyznaczają cztery trójkąty. Udowodnić, że ortocentra tych trójkątów leżą na jednej prostej.

Uwaga: Ortocentrum trójkąta to punkt przecięcia jego wysokości.

Rozwiązanie

Oznaczmy cztery dane proste przez $k$ , $l$ , $m$ , $n$ , a ich punkty przecięcia - przez $O$ , $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ , $T$ , tak, by

$ k \cap l = \{O\}, \quad k \cap n = \{P\}, \quad m \cap n = \{Q\}, $

$ l \cap m = \{R\}, \quad k \cap m = \{S\}, \quad l \cap n = \{T\}. $

Żadne dwa z tych punktów nie pokrywają się; gwarantują to warunki zadania.

Rysunek 5 przedstawia jedną z możliwych konfiguracji; jednak dla dalszego ciągu rozumowania nie ma żadnego znaczenia, czy trzy punkty przecięcia dowolnej z tych prostych z pozostałymi prostymi leżą na wybranej prostej w takim właśnie porządku, jak na rysunku, czy w jakimkolwiek innym.

Ortocentra czterech rozważanych trójkątów

$ \Delta OPT, \quad \Delta ORS, \quad \Delta QRT, \quad \Delta QPS $

oznaczmy odpowiednio przez $E$ , $F$ , $G$ , $H$ . Prosta $OE$ (patrz: Uwaga 1) zawiera wysokość trójkąta $OPT$ , jest więc prostopadła do prostej $PT$ , identycznej z prostą $QP$ .

Podobnie uzasadniamy każdy z następujących ośmiu związków prostopadłości:

$ (1) \qquad \quad OE\ \bot\ QP, \quad PE\ \bot\ OR, $

$ (2) \qquad \quad OF\ \bot\ QR, \quad RF\ \bot\ OP, $

$ (3) \qquad \quad QG\ \bot\ OR, \quad RG\ \bot\ QP, $

$ (4) \qquad \quad QH\ \bot\ OP, \quad PH\ \bot\ QR. $

Tezę zadania można uzyskać stosując rachunek na wektorach. Ze związków (1) wynika, że następujące iloczyny skalarne są równe zeru:

$ \overrightarrow{OE} \bullet \overrightarrow{QP} = 0, \quad \overrightarrow{PE} \bullet \overrightarrow{OR} = 0. $

A ponieważ $\overrightarrow{QP} = \overrightarrow{OP} - \overrightarrow{OQ}$ , $\overrightarrow{PE}=\overrightarrow{OE}-\overrightarrow{OP}$ , możemy te równości przepisać w postaci

$ (5) \qquad \overrightarrow{OE} \bullet (\overrightarrow{OP} - \overrightarrow{OQ}) = 0, \quad (\overrightarrow{OE} - \overrightarrow{OP}) \bullet \overrightarrow{OR} = 0. $

Zależności (2), (3), (4) zapisujemy podobnie:

$ \begin{split} (6) \qquad \overrightarrow{OF} \bullet (\overrightarrow{OR} - \overrightarrow{OQ}) = 0, \quad & (\overrightarrow{OF} - \overrightarrow{OR}) \bullet \overrightarrow{OP} = 0.\\ (7) \qquad (\overrightarrow{OG} - \overrightarrow{OQ}) \bullet \overrightarrow{OR} = 0, \quad & (\overrightarrow{OG} - \overrightarrow{OR}) \bullet (\overrightarrow{OP}-\overrightarrow{OQ}) = 0. \\ (8) \qquad (\overrightarrow{OH} - \overrightarrow{OQ}) \bullet \overrightarrow{OP} = 0, \quad & (\overrightarrow{OH} - \overrightarrow{OP}) \bullet(\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OQ}) = 0. \end{split} $

Dodajemy stronami dwie równości figurujące w (5):

$ \overrightarrow{OE} \bullet \overrightarrow{OP} - \overrightarrow{OE} \bullet \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{OE} \bullet \overrightarrow{OR} - \overrightarrow{OP} \bullet \overrightarrow{OR} = 0 $

i przekształcalny otrzymany związek do postaci

$ (9) \qquad \overrightarrow{OE} \bullet (\overrightarrow{OP} - \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{OR}) = \overrightarrow{OP} \bullet \overrightarrow{OR}. $

Analogicznie, przez dodanie stronami obu równości w każdej z par (6), (7), (8) dostajemy - odpowiednio - zależności

$ (10) \qquad \overrightarrow{OF} \bullet (\overrightarrow{OR} - \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{OP}) = \overrightarrow{OP} \bullet \overrightarrow{OR}, $

$ (11) \qquad \overrightarrow{OG} \bullet (\overrightarrow{OR} + \overrightarrow{OP} - \overrightarrow{OQ}) = \overrightarrow{OP} \bullet \overrightarrow{OR}, $

$ (12) \qquad \overrightarrow{OH} \bullet (\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OR} - \overrightarrow{OQ}) = \overrightarrow{OP} \bullet \overrightarrow{OR}. $

Oznaczmy wektor $\overrightarrow{OP} - \overrightarrow{OQ} +\overrightarrow{OR}$ przez $\overrightarrow{\mathbf{w}}$ . W myśl równości (9) - (12),

$ (13) \qquad \overrightarrow{OE} \bullet \overrightarrow{\mathbf{w}} = \overrightarrow{OF} \bullet \overrightarrow{\mathbf{w}} = \overrightarrow{OG} \bullet \overrightarrow{\mathbf{w}} = \overrightarrow{OH} \bullet \overrightarrow{\mathbf{w}} \quad ( = \overrightarrow{OP} \bullet \overrightarrow{OR}). $

Odejmując dwa pierwsze iloczyny dostajemy równość $0 = (\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{OE}) \bullet \overrightarrow{\mathbf{w}} = \overrightarrow{EF} \bullet \overrightarrow{\mathbf{w}}$ , która oznacza, że wektory $\overrightarrow{EF}$ i $\overrightarrow{\mathbf{w}}$ są prostopadłe. Analogicznie, rozważając różnice dowolnych dwóch iloczynów figurujących w (13) stwierdzamy, że wektor $\overrightarrow{\mathbf{w}}$ jest prostopadły do każdego z wektorów, którego końcami są dowolne dwa spośród punktów $E$ , $F$ , $G$ , $H$ .

Zauważmy, że $\overrightarrow{\mathbf{w}} = \overrightarrow{OP} -\overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{OR} = \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{QR}$ nie jest wektorem zerowym; równość $\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{QR} = \overrightarrow{\mathbf{0}}$ oznaczałaby bowiem, że czworokąt $OPQR$ jest równoległobokiem, wbrew założeniu, że proste $OP$ i $QR$ - czyli $k$ i $m$ - nie są równolegle. Można wiec mówić o prostej prostopadłej do $\overrightarrow{\mathbf{w}}$ , przechodzącej przez ustalony punkt; niech tym punktem będzie na przykład $E$ . Skoro każdy z wektorów $\overrightarrow{EF}$ , $\overrightarrow{EG}$ , $\overrightarrow{EH}$ jest prostopadły do $\overrightarrow{\mathbf{w}}$ , zatem punkty $F$ , $G$ , $H$ leżą na określonej przed chwilą prostej. Dowód jest zakończony.

Uwaga 1. Gdy któreś z rozważanych prostych przecinają się pod kątem prostym, wówczas ortocentrum odpowiedniego trójkąta pokrywa się z jednym wierzchołkiem; na przykład punkt $E$ może być identyczny z $O$ . Nie można więc mówić o {\it prostej} $OE$ ; niemniej, równość $\overrightarrow{OE} \bullet \overrightarrow{QP} = 0$ jest i w tym przypadku sensowna (i prawdziwa), bo $\overrightarrow{OE}$ jest wektorem zerowym. Podobnie każde z oznaczeń prostych, użyte w zależnościach (1) - (4), może stracić sens; ale odpowiednie związki (5) - (8) są słuszne w każdym przypadku.