XXXIII OM - I etap

I etap XXXIII Olimpiady Matematycznej

XXXIII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Dwudziestopięciokąt foremny $A_1,A_2, \ldots, A_{25}$ wpisany jest w okrąg o środku $O$ i promieniu długości $r$ . Jaka jest maksymalna długość wektora będącego sumą pewnych spośród wektorów $\overrightarrow{OA_1}, \overrightarrow{OA_2}, \ldots, \overrightarrow{OA_{25}}$ ?

Rozwiązanie

Rozważmy pewien podzbiór $X$ zbioru danych wektorów, dla którego
wektor $\overrightarrow{a}$ będzie równy sumie wszystkich wektorów podzbioru $X$ . Jeżeli wektor $\overrightarrow{OA_i}$ nie należy do $X$ oraz tworzy z wektorem $\overrightarrow{a}$ kąt ostry, to suma wszystkich wektorów zbioru $X$ oraz wektora $\overrightarrow{OA_i}$ ma długość większą od $a$ . Zakładając, że $\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{a}$ , to $\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{OA_i}$ oraz $\overrightarrow{OC}^2 = \overrightarrow{OA_i}^2 + \overrightarrow{A_iC}^2- 2OA_i A_i C \cos| \measuredangle OA_iC| > OA_i^2 + A_iC^2$ (bo kąt $OA_1C$ jest rozwarty). Stąd wynika, że $OC_i^2 > a^2$ , to jest $OC > a$ .

Z drugiej strony ponieważ suma wszystkich danych wektorów $\overrightarrow{OA_1} + \ldots + \overrightarrow{OA_{25}}$ jest wektorem zerowym, więc suma wektorów każdego ustalonego podzbioru $\{\overrightarrow{OA_{i_2}}, \ldots, \overrightarrow{OA_{i_k}}\}$ jest wektorem przeciwnym do sumy pozostałych $25-k$ wektorów, a zatem obie te sumy są wektorami równej długości. Wynika stąd, że sumę o maksymalnej długości możemy otrzymać dodając nie więcej niż $12$ wektorów. Pokażemy, że taką maksymalną sumę otrzymamy dodając $12$ kolejnych wektorów. Niech wektor $\overrightarrow{a} = \overrightarrow{OB}$ oznacza sumę wektorów wybranego podzbioru $X$ . Nie zmniejszając ogólności możemy założyć, że punkt $B$ należy do kąta $A_6OA_7$ . Gdyby więc któryś z wektorów $\overrightarrow{OA_i}$ dla $i = 1,2,\ldots,12$ nie należał do $X$ , to na mocy początkowej uwagi dodając ten wektor do $X$ otrzymalibyśmy taki podzbiór wektorów, że ich suma byłaby dłuższa od $a$ . Ostatecznie więc maksymalną długość ma suma kolejnych $12$ wektorów (suma kolejnych $13$ wektorów ma tę samą długość). Wygodniej będzie obliczyć długość sumy kolejnych $13$ wektorów. Ponieważ kolejne wektory tworzą kąt o mierze $\frac{2\pi}{25}$ , więc suma długości takich $13$ wektorów $\{\overrightarrow{OA_1}, \ldots, \overrightarrow{OA_{13}}\}$ równa jest sumie długości rzutów tych wektorów na półprostą $OA_7$ . Wynosi ona

$ (*) \qquad r \left| 1 + 2 \cos \frac{2\pi}{25} + 2 \cos \frac{4\pi}{25} + 2 \cos \frac{6\pi}{25} + 2 \cos \frac{8\pi}{25} + 2 \cos \frac{10\pi}{25} + 2 \cos \frac{12\pi}{25} \right|, $

gdyż wektory $\overrightarrow{OA_1}$ i $\overrightarrow{OA_{13}}$ tworzą z $\overrightarrow{OA_7}$ kąt o mierze $6 \cdot \frac{2\pi}{25}$ , wektory $\overrightarrow{OA_1}$ i $\overrightarrow{OA_{13}}$ tworzą z $\overrightarrow{OA_7}$ kąty o mierze $5 \cdot \frac{2\pi}{25} , \ldots,$ wektory $\overrightarrow{OA_6}$ i $\overrightarrow{OA_{8}}$ tworzą z $\overrightarrow{OA_7}$ kąty o mierze $\frac{2\pi}{25}$ .

Dla obliczenia wartości (*) zastosujemy liczby zespolone. Liczba

$ 1 + \cos \frac{2\pi}{25} + \cos \frac{4\pi}{25} + \cos \frac{6\pi}{25} + \cos \frac{8\pi}{25} + \cos \frac{10\pi}{25} + \cos \frac{12\pi}{25} $

jest częścią rzeczywistą liczby zespolonej

$ t=1 + \left( \cos \frac{2\pi}{25} + i \sin \frac{2\pi}{25} \right) + \left( \cos \frac{4\pi}{25} + i \sin \frac{4\pi}{25} \right) + \ldots + \left( \cos \frac{12\pi}{25} + i \sin \frac{12\pi}{25} \right). $

Przyjmując $z = \cos \frac{2\pi}{25} + i \sin \frac{2\pi}{25}$ mamy na mocy wzoru de Moivre'a

$ \cos \frac{k2\pi}{25} + i \sin \frac{k2\pi}{25}= \left( \cos \frac{2\pi}{25} + i \sin \frac{2\pi}{25} \right)^k = z^k. $

Wynika stąd, że

$ t = 1 + z + z^2+ \ldots + z^6 = \frac{1-z^7}{1-z}, $

więc

$ t = \frac{1-\left( \cos \frac{2\pi}{25} + i \sin \frac{2\pi}{25} \right)^7}{1-\left( \cos \frac{2\pi}{25} + i \sin \frac{2\pi}{25} \right)}= \frac{1 - \cos \frac{14\pi}{25} - i \sin \frac{14 \pi}{25} }{1- \cos \frac{2\pi}{25} - i \sin \frac{2\pi}{25} }, $

$ \begin{split} t&=\frac{\left( 1- \cos \frac{14\pi}{25} - i \sin \frac{14\pi}{25} \right) \left( 1- \cos \frac{2\pi}{25} + i \sin \frac{2\pi}{25} \right) }{\left( 1- \cos \frac{2\pi}{25} \right)^2 +\left( \sin \frac{2\pi}{25} \right)^2}=\\ &=\frac{ 1- \cos \frac{2\pi}{25} -\cos \frac{14\pi}{25}+\cos \frac{2\pi}{25}\cos \frac{14\pi}{25}+ \sin \frac{14\pi}{25} \sin \frac{2\pi}{25}}{1- 2\cos \frac{2\pi}{25} +\cos^2 \frac{2\pi}{25} + \sin^2 \frac{2\pi}{25}}+\\ &+ i \frac{\left( 1- \cos \frac{14\pi}{25} \right) \sin \frac{2\pi}{25}- \sin \frac{14\pi}{25} \left(1 - \cos \frac{2\pi}{25} \right)}{1-2 \cos \frac{2\pi}{25} +\cos^2 \frac{2\pi}{25} + \sin^2 \frac{2\pi}{25}}. \end{split} $

Interesująca nas część rzeczywista tej liczby wynosi

$ \begin{split} Re t = \frac{ 1- \cos \frac{2\pi}{25} -\cos \frac{14\pi}{25}+\cos \frac{2\pi}{25}\cos \frac{14\pi}{25}+ \sin \frac{14\pi}{25} \sin \frac{2\pi}{25}}{2- 2\cos \frac{2\pi}{25}}=\\ =\frac{ 1- \cos \frac{2\pi}{25} -\cos \frac{14\pi}{25}+\cos \frac{12\pi}{25}}{2- 2\cos \frac{2\pi}{25}}= \frac{ 1- \cos \frac{2\pi}{25} +2\sin \frac{13\pi}{25}\sin \frac{\pi}{25}}{2- 2\cos \frac{2\pi}{25}}. \end{split} $

Obliczyliśmy więc, że

$ 1 + \cos \frac{2\pi}{25} + \cos \frac{4\pi}{25} + \ldots + \cos \frac{12\pi}{25}= \frac{ 1- \cos \frac{2\pi}{25} +2\sin \frac{13\pi}{25}\sin \frac{\pi}{25}}{2- 2\cos \frac{2\pi}{25}}. $

Wobec tego

$ \begin{split} 1 + 2\cos \frac{2\pi}{25} + 2\cos \frac{4\pi}{25} + \ldots + 2 \cos \frac{12\pi}{25}=\\ =\frac{ 1- \cos \frac{2\pi}{25} +2\sin \frac{13\pi}{25}\sin \frac{\pi}{25}}{1- \cos \frac{2\pi}{25}}-1 = \frac{2\sin \frac{13\pi}{25}\sin \frac{\pi}{25}}{1- \cos \frac{2\pi}{25}}=\\ =\frac{2\sin \frac{13\pi}{25}\sin \frac{\pi}{25}}{1- \left( 1 - 2 \sin^2 \frac{\pi}{25} \right) }= \frac{2\sin \frac{13\pi}{25}\sin \frac{\pi}{25}}{2\sin^2 \frac{\pi}{25}}= \frac{\sin \frac{13\pi}{25}}{\sin \frac{\pi}{25}}. \end{split} $

Ostatecznie więc maksymalna długość wektora będącego sumą pewnych spośród wektorów $\overrightarrow{OA_1}, \ldots, \overrightarrow{OA_{25}}$ wynosi

$ r= \frac{\sin \frac{13\pi}{25}}{\sin \frac{\pi}{25}}. $

XXXIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Niech $p$ będzie ustaloną liczbą pierwszą. Udowodnić, że liczba

$ \underbrace{11\ldots 1}\underbrace{22\ldots 2}\ldots \underbrace{99\ldots 9} - 123456789 $

dzieli się przez $p$ .

Rozwiązanie

Rozważana liczba $N = 11 \ldots 122 \ldots 2 \ldots 99 \ldots 9 - 123456789$ jest różnicą dwóch liczb, których ostatnimi cyframi są dziewiątki, zatem ostatnią cyfrą liczby $N$ jest zero, liczba ta dzieli się więc przez $2$ oraz przez $5$ , a więc teza jest prawdziwa dla $p = 2$ oraz dla $p = 5$ . Dla $p = 3$ możemy zastosować znaną cechę podzielności liczb całkowitych przez $3$ . Liczba $1 + 2 + \ldots + 9 = 45$ jest podzielna przez $3$ , więc w liczbie $11 \ldots 122 \ldots 2 \ldots 99 \ldots 9$ i w liczbie $123456789$ suma cyfr dzieli się przez $3$ , zatem obie te liczby są podzielne przez $3$ . Stąd wynika, że obie te liczby są podzielne przez $3$ . Liczba $N$ jako ich różnica jest podzielna przez $3$ .

W dalszym rozumowaniu ograniczymy się do przypadku, gdy $p$ jest liczbą pierwszą różną od $2$ , $3$ , $5$ . Ponieważ $11 \ldots 1 = 1 +10+...+ 10^{p-1}= \frac{10^p - 1}{10-1} = \frac{1}{9}(10^p-1)$ , więc daną liczbę $N$ można zapisać w postaci

$ \begin{split} N &= 11 \ldots 1 \cdot (10^{8p} + 2 10^{7p} + \ldots + 8 \cdot 10^p + 9) - (10^8 + 2 \cdot 10^7 + \ldots +8 \cdot 10 + 9) =\\ &= \frac{1}{9} (10^p-1) \cdot \sum_{k=1}^9 k 10^{(9-k)p} - \sum_{k=1}^9 k 10^{(9-k)}=\\ &= \sum_{k=1}^9 k 10^{(9-k)} \left[ \frac{1}{9} (10^p-1)(10^{9-k})^{p-1} -1 \right]=\\ &= \sum_{k=1}^9 k 10^{(9-k)} \frac{1}{9} \left[ 10^p(10^{9-k})^{p-1} -(10^{9-k})^{p-1}-9 \right]=\\ &= \frac{1}{9} \sum_{k=1}^9 k 10^{(9-k)} \{ 10 \cdot \left[ 10^{p-1} (10^{9-k})^{p-1} -1 \right] - [(10^{9-k})^{p-1}-1 ] \}. \end{split} $

Na podstawie twierdzenia Fermata (zob. zadanie przygotowawcze A) stwierdzamy, że następujące liczby

$ lO^{p-1} (10^{9-k})^{p-1} - 1 = (10^{10-k})^{p-1}- 1, $

$ (10^{9-k})^{p-1} - 1 $

są podzielne przez $p$ (istotnie jest tu założenie, że $p \ne 2$ oraz $p \ne 5$ , bo z niego wynika, że $10^{10-k}$ oraz $10^{9-k}$ są liczbami niepodzielnymi przez $p$ ). Wobec tego liczba występująca w nawiasie klamrowym dzieli się przez $p$ , a zatem cała suma w wypisanym wyżej wzorze dzieli się przez $p$ . Ponieważ $p \ne 3$ , więc po podzieleniu tej sumy przez $9$ otrzymamy w dalszym ciągu liczbę podzielną przez $p$ . Udowodniliśmy w ten sposób, że liczba $N$ dzieli się przez $p$ .

XXXIII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Obliczyć granicę

$ \lim_{n\to \infty} a_5a_6\ldots a_n, $

gdzie

$ a_k = \frac{k^4-17k^2+16}{k^4-8k^2+16}. $

Rozwiązanie

Rozkładając licznik i mianownik na czynniki otrzymujemy

$ a_k = \dfrac{(k-4)(k-1)(k+1)(k+4)}{(k-2)^2(k+2)^2}. $

Wobec tego w iloczynie

$ a_5a_6 \ldots a_n $

każda liczba $m$ spełniająca nierówność $9 \leq m \leq n - 4$ występuje dokładnie cztery razy w liczniku i cztery razy w mianowniku, na przykład liczba $10$ występuje w liczniku w czynnikach $a_6 =\dfrac{2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 10}{4^2 \cdot 8^2}$ , $a_9=\dfrac{5 \cdot 8 \cdot 10 \cdot 13}{7^2 \cdot 11^2}$ , $a_{11} = \dfrac{7 \cdot 10 \cdot 12 \cdot 15}{9^2 \cdot 13^2}$ , $a_{14} = \dfrac{10 \cdot 13 \cdot 15 \cdot 18}{12^2 \cdot 16^2}$ , natomiast w mianowniku w czynnikach $a_8=\dfrac{4 \cdot 7 \cdot 9 \cdot 12}{6^2 \cdot 10^2}$ i $a_{12} = \dfrac{8 \cdot 11 \cdot 13 \cdot 16}{10^2 \cdot 14^2}$ . Natomiast llczba $2$ występuje w iloczynie $a_5a_6 \ldots a_n$ tylko raz w liczniku $\left(\textrm{w}\ a_6=\dfrac{2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 10}{4^2 \cdot 9^2} \right)$ , liczba $3$ występuje jednokrotnie w liczniku (w $a_7 = \dfrac{3 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 11}{5^2 \cdot 9^2}$ , dwukrotnie w mianowniku (w $a_5 = \dfrac{1 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 9}{3^2 \cdot 7^2}$ ), liczba $4$ dwukrotnie w liczniku i dwukrotnie w mianowniku, liczba $5$ dwukrotnie w liczniku i dwukrotnie w mianowniku, liczba $6$ trzykrotnie w liczniku, a dwukrotnie w mianowniku, liczby $7$ i $8$ trzykrotnie w liczniku, a czterokrotnie w mianowniku. Ponadro w iloczynie $a_5a_6 \ldots a_n$ liczby $n - 3$ i $n - 2$ występują trzykrotnie w liczniku i czterokrotnie w mianowniku, liczba $n - 1$ występuje trzykrotnie w liczniku a dwukrotnie w mianowniku, liczby $n$ i $n + 1$ występują dwukrotnie w liczniku i dwukrotnie w mianowniku, liczba $n + 2$ występuje jednokrotnie w liczniku a dwukrotnie w mianowniku, liczby $n + 3$ i $n + 4$ występują jednokrotnie w liczniku, nie występują w mianowniku. Wobec tego po uproszczeniu, wszystkich czynników występujących w liczniku i w mianowniku otrzymujemy

$ a_5a_6 \ldots a_n = \dfrac{2 \cdot 6 \cdot (n+1) \cdot (n+3) \cdot (n+4)}{3 \cdot 7 \cdot 8 \cdot (n-3) \cdot (n-2) \cdot (n+2)}. $

Granicą tego ciągu jest liczba $\dfrac{1}{14}$ .

XXXIII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Udowodnić, że dla każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi równość

$ 2^n\binom{n}{0} + 2^{n-1}\binom{n+1}{1} + 2^{n-2}\binom{n+2}{2} + \ldots + \binom{2n}{n} = 2^{2n}. $

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny.

Dla $n = 1$ lewa strona przyjmuje wartość $2 + 2 = 4$ , prawa strona również przyjmuje wartość $4$ .

Załóżmy, że dla pewnego naturalnego $n$ zachodzi nierówność

$ 2^{n} \binom{n}{0} + 2^{n-1} \binom{n+1}{1} + 2^{n-2} \binom{n+2}{2} + \ldots + \binom{2n}{n} = 2^{2n}. $

Udowodnimy, że

$ 2^{n+1} \binom{n+1}{0} + 2^{n} \binom{n+2}{1} + 2^{n-2} \binom{n+3}{2} + \ldots + \binom{2n+2}{n+1} = 2^{2n+2}. $

Niech

$x = 2^{n+1} \binom{n+1}{0} + 2^{n} \binom{n+2}{1} + 2^{n-1} \binom{n+3}{3} + \ldots + \binom{2n+2}{n+1}. $

Na podstawie tożsamości $\binom{m+1}{k+1}= \binom{m}{k+1} + \binom{m}{k}$ , którą możemy uzasadnić przez bezpośredni rachunek:

$ \begin{split} & \binom{m}{k+1} + \binom{m}{k} = \frac{m!}{(k+1)!(m-k-1)!} + \frac{m!}{k!(m-k)!} = \frac{m!(m-k)+m!(k+1)}{(k+1)!(m-k)} =\\ & =\frac{m!(m+1)}{(k+1)!(m-k)!}= \frac{(m+1)!}{(k+1)!((m+1)-(k+1)!)}=\ \binom{m+1}{k+1}, \end{split} $

obliczamy

$ \begin{split} x & = 2^{n+1} \binom{n+1}{0} + 2^{n} \binom{n+2}{1} + 2^{n-1} \binom{n+3}{2} + \ldots + \binom{2n+2}{n+1}=\\ & = 2^{n+1} + 2^n \binom{n+1}{0} + 2^{n} \binom{n+1}{1} + 2^{n-1} \binom{n+2}{1} 2^{n-1} \binom{n+2}{2} + \\ &+ \ldots + \binom{2n+1}{n} + \binom{2n+1}{n+1} = 2^{n+1} + \left[ 2^n \binom{n+1}{0} + 2^{n-1} \binom{n+2}{1} + \right.\\ & \left. + \ldots + \binom{2n+1}{n} \right] + 2^{n} \binom{n+1}{1} + 2^{n-1} \binom{n+2}{2}+ \ldots + \binom{2n+1}{n+1} =\\ & = 2^{n+1} + \frac{1}{2} \left[ 2^{n+1} \binom{n+1}{0} + 2^{n} \binom{n+2}{1} + \ldots + 2 \binom{2n+1}{n} + \binom{2n+2}{n+1} \right] +\\ & - \frac{1}{2} \binom{2n+2}{n+1} + 2 \left[ 2^{n} \binom{n}{0} + 2^{n-1} \binom{n+1}{1}+ 2^{n-2} \binom{n+2}{2} + \ldots + \binom{2n}{n}\right] +\\ & -2^{n+1} + \binom{2n+1}{n+1} = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2} \binom{2n+2}{n+1} + 2 \cdot 2^{2n} + \binom{2n+1}{n+1}. \end{split} $

Otrzymujemy stąd równanie

$ \frac{1}{2}x = 2^{2n+1} - \frac{1}{2} \binom{2n+2}{n+1} + \binom{2n+1}{n+1}. $

Ponieważ

$ \frac{1}{2} \binom{2n+2}{n+1} = \frac{1}{2} \frac{(2n+2)!}{(n+1)!(n+1)!}= \frac{(2n+1)!2(n+1)}{2(n+1)!(n+1)!} = \frac{(2n+1)!}{(n+1)!n!} = \binom{2n+1}{n+1} $

więc powyższe równanie przyjmuje postać

$ \frac{1}{2} x = 2^{2n+1}, $

a zatem $x = 2^{2n+1}$ .

Na mocy zasady indukcji matematycznej dana nierówność spełniona jest dla każdego naturalnego $n$ .

XXXIII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

W pewnym zakładzie pracy każdy pracownik jest członkiem dokładnie jednego ze 100 związków zawodowych. Pracownicy mają wybrać dyrektora spośród dwóch kandydatów. Członkowie każdego ze związków umawiają się, czy wstrzymują się od głosu lub na którego z dwóch kandydatów będą głosować. Dowieść, że istnieje taki związek, że jeśli jego członkowie wstrzymają się od głosowania, a członkowie wszystkich innych związków będą głosować na któregoś z dwóch kandydatów, to kandydaci na dyrektora nie otrzymają równej liczby głosów.

Rozwiązanie

Niech $a_1, a_2, \ldots, a_{100}$ będą odpowiednio liczbami członków poszczególnych związków. Możemy założyć, że pewna z liczb $a_1, \ldots, a_{100}$ (np. $a_j$ ) jest nieparzysta, gdyż w przeciwnym razie podzielilibyśmy wszystkie $a_i$ przez maksymalną potęgę dwójki dzielącą je wszystkie. Jeżeli teraz suma $a_1+ \ldots+ a_{100}$ jest liczbą parzystą, to jeśli członkowie $i$ -tego związku wstrzymają się od głosu, to liczba pozostałych głosów $a_1+ \ldots+a_{j-1}+a_{j+1} + \ldots+ a_{100}$ będzie nieparzysta. Zatem liczby głosów oddanych na każdego kandydata nie mogą być równe. Jeśli natomiast suma $a_1+ \ldots+ a_{100}$ jest liczbą nieparzystą, to pewien jej składnik musi być parzysty (suma stu liczb nieparzystych jest liczbą parzystą), niech na przykład $a_k = 2s$ . Jeżeli w tym przypadku członkowie $k$ -tego związku wstrzymają się od głosu, suma $a_1 + \ldots a_{k-1} + a_{k+1} + \ldots + a_{100}$ jest liczbą nieparzystą. Liczby głosów oddanych na poszczególnych kandydatów nie mogą być równe.

XXXIII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Dowieść, że dla każdej liczby rzeczywistej $x$ i każdej liczby naturalnej $n$ zachodzi nierówność

$ |\cos x| + |\cos 2x| + |\cos 4x| + \ldots + |\cos 2^n x| \geq \frac{n}{2}. $

Rozwiązanie

Ponieważ $\cos 2t = 2 \cos^2 t - 1$ , więc z założenia $|\cos 2^{k} x| < \frac{1}{2}$ wynika, że

$ \begin{split} |\cos 2^kx| + |\cos 2^{k+1}x| = |\cos 2^{k} x| + |2(\cos 2^{k} x)^2 - 1| =\\ = |\cos 2^kx| + 1 - 2|\cos 2^kx|^2 = 1 + 2| \cos 2^{k} x| (\frac{1}{2}-|\cos 2^{k} x|) > 1. \end{split} $

Niech $k_1, k_2, \ldots, k_r$ ( $1 \leq k_1 < k_2 < \ldots < k_r \leq n$ ) będą wszystkimi tymi wykładnikami, dla których $|\cos 2^{k} x| < \frac{1}{2}$ . Wykładniki $k_i$ , $k_i + 1$ nie mogą dla żadnego $i$ być kolejnymi liczbami naturalnymi, gdyż

$ |\cos 2^{k_i} x| + |\cos 2^{k_i+1}x| \geq 1. $

Rozpatrzmy dwa przypadki.

1. Jeśli $k_r < n$ , to

$ \sum_{k=0}^r |\cos 2^{k_j} x| + |\cos 2^{k_j + 1}x| \geq r, $

a każdy z pozostałych $n + 1 - 2r$ składników sumy $|\cos x| + |\cos 2x| + \ldots + |\cos 2^nx|$ jest większy od $\frac{1}{2}$ , więc

$ \sum_{k=0}^n |\cos 2^{k} x| \geq r + (n + 1 - 2r) \cdot \frac{1}{2} = \frac{n+1}{2} > \frac{n}{2}. $

2. Jeśli $k_r=n$ to

$ \sum_{n=1}^{r-1} (|\cos 2^{k_j} x| + |\cos 2^{k_j + 1}x|) \geq r-1, $

a każdy z pozostałych $n - (2r-2)$ składników sumy $|\cos x| + |\cos 2x| + \ldots + |\cos 2^{n-1}x|$ jest większy od $\frac{1}{2}$ , więc

$ |\cos c| + |\cos 2x| + \ldots + |\cos 2^nx| \geq r - 1 + \frac{1}{2} (n + 2 - 2r) = \frac{n}{2}. $

W każdym przypadku zachodzi więc podana nierówność.

XXXIII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Dowieść, że w dowolnym pięciokącie wypukłym, którego wszystkie boki mają długość a można umieścić trójkąt równoboczny o bokach długości $a$ .

Rozwiązanie

Niech $ABCDE$ będzie dowolnym pięciokątem wypukłym, którego wszystkie boki mają długość $a$ . Nie zmniejszając ogólności zadania możemy założyć, że $\overline{AC}$ jest przekątną o maksymalnej długości. Wykażemy, że trójkąt równoboczny o boku długości $a$ można umieścić w czworokącie $ACDE$ . W tym celu udowodnimy dwa lematy.

Lemat 1. $|\measuredangle AEC| > 60^\circ,\ |\measuredangle ADC| > 60^\circ.$

Dowód. $\overline{AC}$ jest podstawą trójkąta równoramiennego, w którym kąt między ramionami ma miarę większą od $60^\circ$ (kąt ten ma miarę nie mniejszą
od $\frac{1}{5} 540^\circ = 108^\circ$ , gdyż $\measuredangle ABC$ jest maksymalnym kątem w pięciokącie).

Wobec tego otrzymamy nierówność $AC > a$ . Wynika ona z twierdzenia orzekającego, że w trójkącie naprzeciw kąta o większej mierze leży dłuższy bok. Na mocy założenia otrzymujemy nierówność $AC \geq CE$ i $AC \geq AD$ . Wobec tego $\overline{AC}$ jest bokiem o maksymalnej długości zarówno w trójkącie $ACE$ , jak i w trójkącie $ACD$ . Ponieważ żaden z tych trójkątów nie jest równoboczny ( $AC > a$ , $AE = CD = a$ ), więc $|\measuredangle AEC| > 60^\circ$ i $|\measuredangle ADC| > 60^\circ$ .

Lemat 2. $|\measuredangle EAO | \geq 60^\circ$ lub $|\measuredangle ACD| \geq 60^\circ$ .

Dowód. Załóżmy, że $|\measuredangle EAC| <60^\circ$ i $|\measuredangle ACD| < 60^\circ$ . Przedłużając boki $\overline{AE}$ i $\overline{CD}$ otrzymamy trójkąt $ACF$ , w którym $|\measuredangle APC| > 60^\circ$ , więc $AC > AP$ , $AC > CP$ . Ponieważ $AC$ jest przekątną pięciokąta $ABCDE$ , więc $AC <2a$ . Zatem zachodzą nierówności (*) $AP < 2a$ , $CP < 2a$ .

Niech $F$ i $G$ będą odpowiednio środkami boków $\overline{AP}$ i $\overline{CP}$ . Odcinek $\overline{FG}$ łączący środki boków trójkąta $ACP$ ma długość $\frac{1}{2} AC$ . Stąd wynika, że $DG < a$ .

Z warunku $AE = CD = a$ i z nierówności (*) wynika, że $E \in \overline{FP}$ , $D \in \overline{GP}$ . Odcinek $\overline{ED}$ nie jest dłuższy od najdłuższego boku $\overline{FG}$ trójkąta $FGP$ . Wobec tego

$ a = ED \leq FG < a, $

Otrzymaliśmy sprzeczność zakładając, że każdy z kątów $EAC$ , $ACD$ ma miarę mniejszą od $60^\circ$ . Zatem zachodzi co najmniej jedna z nierówności $| \measuredangle EAC| \geq 60^\circ$ lub $|\measuredangle ACD| >60^\circ$ .

Możemy teraz wykazać, że czworokąt $ACDE$ zawiera trójkąt równoboczny o boku długości $a$ . Przypuśćmy, że $|\measuredangle EAC| \geq 60^\circ$ (w przypadku, gdy $|\measuredangle ACD| \geq 60^\circ$ rozumowanie jest analogiczne). W trójkącie $AEC$ podstawa $AE$ ma długość $a$ , oba zaś kąty przy podstawie mają miary większe od $60 ^\circ$ . W trójkącie tym jest zawarty trójkąt równoboczny o podstawie $\overline{AE}$ .

XXXIII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Dane są liczby naturalne $l, m, p, q, n$ spełniające warunki: $\frac{l}{m} < \frac{p}{q}$ i $m, q$ są względnie pierwsze. Udowodnić równoważność następujących warunków.
(1) Istnieje taka liczba naturalna $k$ , że

$ \frac{l}{m} < \frac{k}{n} < \frac{p}{q}. $

(2) Istnieją takie liczby naturalne $r, s$ , że ,

$ n=\frac{rm+sq}{pm-lq} $

Rozwiązanie

Załóżmy, że spełniony jest warunek (1). Ponieważ zachodzi nierówność $\frac{l}{m} < \frac{k}{n}$ , to $ln<km$ . Mamy przy pewnym naturalnym $s$ równość $km =ln+s$ . Możemy napisać.

$ \nr{i} \frac{k}{n} = \frac{km}{mn} = \frac{ln+s}{mn} = \frac{ln}{mn}+\frac{s}{mn} = \frac{l}{m}+\frac{s}{mn}. $

Analogicznie z nierówności $\frac{k}{n} < \frac{p}{q}$ wynika, że $kq <pn$ . Istnieje liczba naturalna $r$ , dla której $kq = pn - r$ . Zachodzą więc nierówności

$ \nr{ii} \frac{k}{n} = \frac{kq}{nq} = \frac{pn-r}{nq} = \frac{pn}{nq}-\frac{r}{nq} = \frac{p}{q}-\frac{r}{nq}. $

Z równości (i) i (ii) wynika

$ \frac{ln}{mn}+\frac{s}{mn} = \frac{pn}{nq}-\frac{r}{nq} , $

$ lnq + sq = pnm - rm, $

$ lnq - pnm = -rm - sq, $

$ n(lq - pm) = -rm - sq, $

$ n = \frac{rm+sq}{pm-lq}. $

Wykazaliśmy więc, że spełniony jest warunek (2).

Załóżmy teraz, że istnieją $r$ , $s$ naturalne, dla których

$ n = \frac{rm+sq}{pm-lq}. $

Szukamy liczby naturalnej $k$ , dla której zachodzi następująca równość

$ \frac{k}{n} = \frac{ln}{mn} + \frac{s}{mn} $

(z powyższych rachunków wynika, że wtedy będzie również $\frac{k}{n} = \frac{pn}{qn} - \frac{r}{qn}$ ).

Dla liczby $k$ musi zachodzić równość

$ k = \frac{ln}{m} + \frac{s}{m}. $

Stąd otrzymujemy

$ k = \frac{\frac{rm+sq}{pm-lq}l+s}{m}, $

$ k = \frac{rml+sql+spm-slq}{m(pm-lq)}, $

$ k = \frac{rl+sp}{pm-lq}. $

Wystarczy wykazać, że liczba $k$ określona tym wzorem jest liczbą całkowitą.

Ponieważ $n = \frac{rm+sq}{pm-lq}$ jest liczbą całkowitą, więc

$ pm - lq \mid rm + sq. $

Wobec tego, jeśli $t$ jest liczbą pierwszą i

$ t^a \mid pm - lq,\ \textrm{to} \ t^a \mid rm + sq. $

Mamy dla odpowiednich $a$ , $b$ równości

$ (*) \qquad pm - lq = at^a,\ rm + sq = bt^a. $

Otrzymamy następujące wyrażenia odejmując od pierwszego z równań (*) pomnożonego przez $r$ drugie pomnożone przez $p$ :

$ rpm - rlg - prm - psq = rat^a - pbt^a, $

$ -rlq - psq = rat^a - pbt^a, $

$ (sp + rl)q = (pb - ra)t^a. $

Stąd wynika, że $t^a \mid (sp + rl)q$ .

Gdyby było $t \mid q$ , to z równań (*) wynikałoby, że $t \mid m$ . Prowadzi to do sprzeczności z założeniem, że liczby $q$ , $m$ są względnie pierwsze. Wobec tego $t^a\mid sp + rl$ . Zatem istotnie każdy dzielnik pierwszy mianownika ułamka $\displaystyle \frac{rl+sp}{pm-lq}$ dzieli licznik tego ułamka w co najmniej takiej potędze, w jakiej dzieli mianownik. Wynika stąd, że $\displaystyle k =\frac{rl+sp}{pm-lq}$ jest liczbą całkowitą.

XXXIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

W szachownicy utworzonej przez podział kwadratu o boku długości $n$ na kwadraty jednostkowe prostymi równoległymi do boków kwadratu rozpatrujemy wszystkie kwadraty, których boki zawarte są w prostych wyznaczających szachownicę. Niech $1 \leq k \leq n$ i $P(k,n)$ oznacza liczbę tych kwadratów, których długości boków nie przekraczają $k$ . Niech $k(n)$ będzie największą spośród takich liczb $k$ , że $P(k, n) \leq \frac{1}{2} P(n, n)$ . Obliczyć $\lim_{n\to \infty} \frac{k(n)}{n}$ .

Rozwiązanie

Na boku szachownicy jest $n - k + 1$ odcinków długości $k$ o końcach w punktach podziału. Stąd wynika, że wszystkich kwadratów o bokach długości $k$ zawartych w prostych wyznaczających szachownicę jest $(n - k + 1)^2$ . Wobec tego mamy następujące wzory:

$ P(n,n) = \sum_{i=1}^n (n-i+1)^2 = \sum_{i=1}^n i^2 = \frac{1}{6} n(n+1)(2n+1), $

$ \begin{split} P(k, n)& = \sum_{i=1}^n (n-i + 1)^2 = \sum_{i=1}^n i^2 - \sum_{i=1}^{n-k} i^2=\\ &= \frac{1}{6} n(n + 1)(2n + 1) - \frac{1}{6} (n - k)(n - k + 1) \cdot (2n - 2k + 1). \end{split} $

Liczba $k(n)$ spełnia nierówność

$ P(k(n),n) < \frac{1}{2} P(n,n)< P(k(n) + 1,n), $

więc

$ \begin{split} n(n + & 1)(2n + 1) - (n - k(n))(n - k(n) + 1)(2n - 2k(n) + 1) \leq \\ & \leq \frac{1}{2} n(n+ 1)(2n+ 1) <\\ & n(n + 1)(2n + 1) - (n - k(n) - 1)(n - k(n))(2n - 2k(n) - 1). \end{split} $

Mnożąc przez $- \frac{1}{n^3}$ różnicę otrzymanej nierówności i $n(n + 1)(2n+ 1)$ mamy:

$ \begin{split} 2 \left( 1 - \frac{k(n)}{n} \right) \left( 1 - \right. & \left. \frac{k(n)}{n} + \frac{1}{n} \right) \left( 1 - \frac{k(n)}{n} + \frac{1}{2n} \right) \geq \left( 1 + \frac{1}{n} \right)\left(1 + \frac{1}{2n} \right) > \\ & > 2 \left( 1 - \frac{k(n)}{n} - \frac{1}{n} \right) \left( 1 - \frac{k(n)}{n} \right) \left( 1 - \frac{k(n)}{n} - \frac{1}{2n} \right). \end{split} $

Powyższa nierówność przyjmuje postać

$ \begin{split} (*) \qquad 2a_n \left( a_n + \frac{1}{n} \right) \left(a_n + \frac{1}{2n} \right) \geq \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \left(1 + \frac{1}{2n} \right) > \\ & 2a_n \left( a_n - \frac{1}{n} \right) \left(a_n - \frac{1}{2n} \right), \end{split} $

gdzie $a_n = 1 - \frac{k(n)}{n}$ .

Udowodnimy, że ciąg $\left( 2a_n \left( a_n + \frac{1}{n} \right) \left( a_n + \frac{1}{2n} \right) \right)$ jest zbieżny do liczby $1$ . Gdyby bowiem tak nie było, to wobec nierówności (*) i wobec tego, że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \left( 1 + \frac{1}{2n} \right) = 1$ mielibyśmy

$ (**) \qquad \exists_{\varepsilon > 0} \forall_{n_0 \in N} \exists_{n>n_0} 2a_n(a_n + \frac{1}{n})(a_n + \frac{1}{2n})>1+\varepsilon. $

Przyjmijmy $n_0$ tak duże, aby były dla każdego $n \geq n_0$ spełnione warunki

$ (***) \qquad \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \left( 1 + \frac{1}{2n} \right) < 1+ \frac{\varepsilon}{2} \ \textrm{i} \ \frac{6}{n} < \frac{\varepsilon}{2}. $

Ponieważ

$ \begin{split} \left( a_n + \frac{1}{n} \right)\left( a_n + \right. & \left. \frac{1}{2n} \right)= \left( a_n - \frac{1}{n}+ \frac{2}{n} \right) \left( a_n - \frac{1}{2n}+ \frac{1}{n} \right) =\\ & = \left( a_n - \frac{1}{n} \right)\left( a_n - \frac{1}{2n} \right)+ \frac{a_n}{n} - \frac{1}{n^2} + \frac{2a_n}{n} - \frac{1}{n^2} + \frac{2}{n^2}=\\ & = \left( a_n - \frac{1}{n} \right)\left( a_n - \frac{1}{2n} \right)+ \frac{3a_n}{n} \ \textrm{i} \ 0<a_n<1, \end{split} $

to mamy nierówność

$ \begin{split} 2a_n \left(a_n+\frac{1}{n}\right) \left(a_n + \frac{1}{2n}\right) < 2a_n \left(a_n - \frac{1}{n}\right) \left(a_n - \frac{1}{2n} \right) \left(a_n - \frac{1}{2n}\right) +\frac{6}{n} <\\ < \left(1 + \frac{1}{n} \right) \left(1 + \frac{1}{2n}\right) +\frac{6}{n}, \end{split} $

Na podstawie ostatniej nierówności oraz (***) otrzymujemy

$ 2a_n \left(a_n+\frac{1}{n}\right) \left(a_n + \frac{1}{2n}\right) < 1 + \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}= 1 + \varepsilon. $

Sprzeczne to jest z warunkiem (**). Do sprzeczności doprowadziło przypuszczenie, że liczba $1$ nie jest granicą ciągu $2a_n \left( a_n+\frac{1}{n}\right) \left(a_n + \frac{1}{2n} \right)$ . Wobec tego granica tego ciągu istnieje i równa jest $1$ . Analogicznie stwierdzamy, że również ciąg $\left( 2a_n \left( a_n-\frac{1}{n}\right) \left(a_n - \frac{1}{2n}\right) \right)$ jest zbieżny do $1$ . Wobec oczywistej nierówności

$ 2a_n \left(a_n-\frac{1}{n}\right) \left(a_n - \frac{2}{n}\right) < 2a_n^3 < 2a_n \left(a_n+\frac{1}{n}\right) \left(a_n + \frac{1}{2n}\right) $

otrzymujemy na podstawie twierdzenia o trzech ciągach, że

$ \lim_{n \to \infty} 2a_n^3 = 1, \lim_{n \to \infty} a_n^3 = \frac{1}{2}. $

Ponieważ $\frac{k(n)}{n} = 1- a_n$ i $\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_n = \frac{1}{\sqrt[3]{2}}$ więc

$ \lim_{n \to \infty} \frac{k(n)}{n} = 1- \lim_{n \to \infty} a_n =1- \frac{1}{\sqrt[3]{2}}. $

XXXIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

W trójkącie $ABC$ punkty $A', B', C'$ są odpowiednio środkami boków $\overline{BC}, \overline{CA}, \overline{AB}$ , $H$ jest punktem przecięcia wysokości trójkąta. Okrąg o środku $H$ przecina prosta $B'C', C'A', A'B'$ odpowiednio w punktach $D_1$ i $D_2$ , $E_1$ i $E_2$ , $F_1$ i $F_2$ . Udowodnić, że długości odcinków $\overline{AD_1}, \overline{AD_2}, \overline{BE_1}, \overline{BE_2}, \overline{CF_1}, \overline{CF_2}$ są równe.

Rozwiązanie

Prosta $B'C'$ jest równoległa do $BC$ , jest więc prostopadła do prostej $AH$ zawierającej wysokość $\overline{h_a} = \overline{AA_1}$ opuszczoną na bok $\overline{BC}$ . Prosta $AH$ jest więc symetralną cięciwy $\overline{D_1D_2}$ . Odcinki $\overline{AD_1}$ i $\overline{AD_2}$ mają równe długości. Analogicznie stwierdzamy, że $BE_1 = BE_2$ oraz $CF_1 = CF_2$ , bo proste $A'B'$ i $C'A'$ są odpowiednio prostopadłe do prostych zawierających wysokości $\overline{h_c} = \overline{CC_1}$ i $\overline{h_b} = \overline{BB_1}$ .

Wykażemy, że $AD_1 = BE_1$ . Prosta łącząca środki dwóch boków trójkąta przecina wysokość opuszczoną na trzeci bok w jej środku. Wobec tego jeśli
$K$ jest punktem przecięcia prostych $AH$ i $D_1D_2$ , to $AK = \frac{h_a}{2}$ twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkątów $AKD_1$ i $D_1HK$ , otrzymamy

$ \begin{split} AD^2 = & \left( \frac{h_a}{2} \right)^2 + D_1K^2 = \left( \frac{h_a}{2} \right)^2+ r^2 - \left( AH - \frac{h_a}{2} \right)^2 =\\ & = \left( \frac{h_a}{2} \right)^2 + r^2 - AH^2 + AHh_a- \left( \frac{h_a}{2} \right)^2= r^2 - AH^2 + AH h_a=\\ & = r^2 + AH (h_a - AH). \end{split} $

Analogicznie obliczamy

$ BE_1^2 = r^2 + BH(h_b - BH). $

Trójkąty $AB_1H$ i $BA_1H$ są podobne, gdyż są prostokątne, a ich kąty przy wierzchołku $H$ są przystające (kąty wierzchołkowe). Wynika stąd, że

$ \frac{AH}{BH} = \frac{h_b - BH}{h_a-AH}, $

więc

$ AH(h_a - AH) = BH(h_b - BH). $

Otrzymaliśmy stąd, że

$ AD_1 = BE_1. $

Teza

$ AD_1 = AD_2 = BE_1 = BE_2 = CF_1 = CF_2 $

jest wnioskiem z poprzednio otrzymanych wyników i równości $AD_1 = CF_1$ , której dowód jest analogiczny do dowodu, że $AD_1 = BE_1$ .

XXXIII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Liczby rzeczywiste $u, v, w$ są pierwiastkami równania $x^3 + qx + r = 0$ , gdzie $r \neq 0$ . Wyrazić pierwiastki równania $r^2x^3 + q^3x + q^3 = 0$ w zależności od $u, v, w$ i wykazać, że nie ma ono pierwiastków w przedziale $(-1, 3)$ .

Rozwiązanie

Na podstawie wzorów Viete'a jest

$ u + v + w = 0, $

$ uv + uw + vw = q, $

$ uvw = -r. $

Przypuśćmy, że pierwiastkami równania $r^2x^3 + q^3x + q^3 = 0$ są liczby
$x_1 = \frac{q}{r}a$ , $x_2 = \frac{q}{r}b$ , $x_3 = \frac{q}{r}c$ . Wobec tego

$ x_1 + x_2 + x_3 = \frac{q}{r} (a + b + c) = 0 $

$ x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 = \frac{q^2}{r^2}(ab + ac + bc) = \frac{q^2}{r^2} $

$ x_1x_2x_3 = \frac{q^3}{r^3} (abc) = - \frac{q^3}{r^2}, $

więc

$ a + b + c = 0, $

$ ab + ac + bc = q, $

$ abc = -r. $

Wynika stąd, że (po ewentualnej zmianie porządku) $a = u$ , $b = v$ , $c = w$ .
Wobec tego pierwiastkami równania $r^2x^3 + q^3x + q^3 = 0$ są

$ \begin{split} x_1 = \frac{q}{r}u = \frac{uv + uw + vw}{-uvw}u = - \frac{uv + uw + vw}{vw} = - 1 - \frac{u(v + w)}{vw} = \\ =-1- \frac{u(-u)}{vw} = \frac{u^2}{vw} -1, \end{split} $

oraz analogicznie obliczone

$ x_2=\frac{v^2}{uw} -1, $

$ x_3=\frac{w^2}{uv} -1. $

Dla każdego $i = 1, 2, 3$ warunki $x_i \not \in [-1, 3]$ oraz $|x_i -1| >\geq 2$ są równoważne. Żaden z tych pierwiastków nie należy do przedziału $(-1,3)$ , gdy $x_i- 1 \geq 2$ .

Pokażemy to dla $x_1$ (dla pozostałych pierwiastków dowody są analogiczne).

$ |x_1-1|= \left| \frac{u^2}{vw} - 1- 1 \right| = \left| \frac{(v+w)^2}{vw} -2 \right| = \left| \frac{v^2+w^2}{vw}\right| \geq 2. $

XXXIII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXXIII OM, 1981-1982

Etap:

Niech S będzie zbiorem $n$ ( $n \geq 3$ ) punktów przestrzeni. Dla każdej płaszczyzny $\pi$ rozważamy liczbę $R(\pi)$ równą sumie odległości punktów zbioru $S$ od $\pi$ . Niech $\pi_0$ będzie taką płaszczyzną, że liczba $R(\pi_0)$ jest minimalna. Dowieść, że pewne trzy punkty zbioru $S$ należą do $\pi_0$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw lemat.

Lemat. Figura $\pi$ jest płaszczyzną, a $l$ prostą w niej zawartą. Żaden punkt zbioru $S$ nie należy do $\pi - l$ . Natomiast $\pi_1$ jest płaszczyzną otrzymaną z $\pi$ przez obrót dokoła $l$ aż do napotkania na punkt zbioru $S$ . Wówczas zachodzi następująca nierówność $R(\pi) > R(\pi_1)$ .

Dowód. Dla dowolnego punktu $P_i \in S$ oznaczymy odpowiednio literami: $M_i$ - rzut prostokątny punktu $P_i$ na prostą $l$ , $\alpha_i$ -- miara kąta między prostą $P_iM_i$ a płaszczyzną $\pi$ . Po obrocie płaszczyzny $\pi$ dokoła prostej $l$ o kąt $\varphi$ odległość $P_i$ od obrazu $\pi(\varphi)$ płaszczyzny wynosi albo $P_iM_i \cos (\varphi + \alpha_i)$ , albo $P_iM_i \cos (\varphi - \alpha_i)$ . Na rysunku 5 przedstawiono odpowiadający tej sytuacji rzut na płaszczyznę prostopadłą do $l$ . Występujące tu liczby $\varphi + \alpha_i$ , $\varphi - \alpha_i$ należą do przedziału $\left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$ .

Niech $0 < \varphi_1 < \varphi_2$ i $(\varphi-1, \varphi_2$ ) będzie przedziałem
tak małym, że dla każdego $\varphi$ z tego przedziału po obu stronach płaszczyzny $\pi(\varphi)$ pozostają te same punkty. Funkcja $R(\varphi) = \sum P_iM_i \cos (\varphi \pm \alpha_i)$ ma pochodną $R'(\varphi) =- \sum P_iM_i \sin (\varphi \pm \alpha_i)$ ujemną w przedziale $(\varphi_1, \varphi_2)$ . Nie przyjmuje ona w tym przedziale minimum. Minimum jest więc przyjmowane dla takich $\varphi$ , że $\pi_1 = \pi(\varphi)$ zawiera pewien punkt zbioru $S$ nie należący do osi obrotu $l$ . Wobec tego $R(\pi) > R(\pi_1)$ .

Z lematu wypływają następujące wnioski. Jeżeli płaszczyzna $\pi$ nie zawiera żadnego punktu zbioru $S$ , to dla płaszczyzny $\pi_1$ otrzymanej z $\pi$ przez obrót dookoła dowolnie wybranej osi zawartej w $\pi$ aż do napotkania pierwszego punktu zbioru $S$ spełniona jest nierówność

$ R(\pi) > R(\pi_1). $

Jeżeli płaszczyzna $\pi_1$ zawiera dokładnie jeden punkt zbioru $S$ , to dla płaszczyzny $\pi_2$ , otrzymanej z $\pi_1$ przez obrót dokoła osi zawartej w $\pi_1$ i przechodzącej przez ten punkt aż do napotkania drugiego punktu zbioru $S$ , spełniona jest nierówność

$ R(\pi_1)>R(\pi_2). $

Jeśli płaszczyzna $\pi_2$ zawiera dwa punkty zbioru $S$ (albo więcej punktów zbioru $S$ leżących na jednej prostej), to dla płaszczyzny $\pi_3$ , otrzymanej z $\pi_2$ przez obrót dokoła osi zawierającej te punkty aż do napotkania punktu zbioru $S$ nie należącego do osi obrotu, spełniona jest nierówność

$ R(\pi_2)> R(\pi_3). $

Wynika stąd teza zadania.