XXXII OM - III etap

III etap XXXII Olimpiady Matematycznej

XXXII - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

W przestrzeni dane są dwie przecinające się proste $a$ i $b$ . Rozważamy wszystkie pary płaszczyzn $\alpha$ i $\beta$ prostopadłych i takich, że $a\subset \alpha$ , $b\subset \beta$ . Dowieść, że istnieje taki okrąg, że przez każdy jego punkt przechodzi prosta $\alpha \cap \beta$ dla pewnych $\alpha, \beta$ .

Rozwiązanie

Rozróżnimy dwa przypadki.

1. Jeśli proste $a$ i $b$ są prostopadłe, to rozważmy płaszczyznę $\alpha$ prostopadłą do prostej $b$ zawierającą prostą $a$ i weźmy pod uwagę dowolny okrąg zawarty w tej płaszczyźnie. Dla dowolnego punktu $A$ tego okręgu poprowadźmy płaszczyznę $\beta$ zawierającą prostą $b$ i punkt $A$ . Oczywiście prosta $\alpha \cap \beta$ spełnia warunki zadania.

2. Załóżmy, że proste $a$ i $b$ nie są prostopadłe, niech $A$ będzie punktem ich przecięcia. Poprowadźmy płaszczyznę $\gamma$ prostopadłą do prostej $a$ i przecinającą ją w punkcie $B$ różnym od $A$ . Prosta $b$ nie jest równoległa do tej płaszczyzny (w przeciwnym przypadku byłaby prostopadła do $a$ ), niech $C$ będzie punktem wspólnym prostej $b$ i płaszczyzny $\gamma$ . Pokażemy, że okrąg $k$ o średnicy $\overline{BC}$ spełnia wymagania zadania. Dla punktu $B$ przyjmijmy jako $\alpha$ płaszczyznę wyznaczoną przez proste $a$ i $b$ , jako $\beta$ - płaszczyznę do niej prostopadłą przecinającą ją wzdłuż prostej $a$ ; dla punktu $C$ jako $\alpha$ również płaszczyznę wyznaczoną przez $a$ i $b$ , jako $\beta$ płaszczyznę do niej prostopadłą przecinającą $\alpha$ wzdłuż prostej $b$ .

Niech $X$ będzie punktem okręgu $k$ różnym od $B$ i $C$ (rys. 13). Rozważmy płaszczyzny $\alpha = ABX$ i $\beta = ACX$ . Płaszczyzna $\alpha$ zawiera prostą $a$ prostopadłą do płaszczyzny $\gamma$ , więc jest prostopadła do $\gamma$ . Prosta $CX$ zawarta w płaszczyźnie $\gamma$ jest prostopadła do prostej $BX$ (bo kąt $BCX$ jest kątem wpisanym opartym na średnicy), a więc do krawędzi przecięcia płaszczyzn prostopadłych $\alpha$ i $\gamma$ . Wynika stąd, że prosta $CX$ jest prostopadła do płaszczyzny $\alpha$ . Wobec tego płaszczyzna $\beta$ zawierająca prostą $BX$ jtst prostopadła do płaszczyzny $\alpha$ . Istotnie więc płaszczyzny $\alpha$ i $\beta$ są prostopadłe, $a \subset \alpha$ , $b \subset \beta$ , prosta $\alpha \cap \beta$ przechodzi przez punkt $X$ .

Dla dowolnego punktu okręgu o średnicy $\overline{BC}$ wskazaliśmy więc płaszczyzny $\alpha$ i $\beta$ mające wymagane własności.

XXXII - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Symetralne boków $\overline{AB}$ i $\overline{AC}$ trójkąta $ABC$ przecinają prostą zawierającą bok $\overline{BC}$ w punktach $X$ i $Y$ . Dowieść, że $BC = XY$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\tan B \cdot \tan C= 3$ lub $\tan B\cdot \tan C=-1$ .

Rozwiązanie

Niech $M$ , $N$ , będą odpowiednio środkami boków $\overline{AB}$ i $\overline{AC}$ (rys. 14).

$ \overrightarrow{BX} = \frac{BM}{\cos B} \cdot \frac{\overrightarrow{BC}}{BC} = \frac{AB}{2 \cos \beta \cdot BC} \cdot \overrightarrow{BC},\ \overrightarrow{CY} = \frac{CN}{\cos C} \cdot \frac{\overrightarrow{CB}}{BC} = -\frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \cdot \overrightarrow{BC}, $

(jeśli $B = \frac{\pi}{2}$ lub $C = \frac{\pi}{2}$ , to jedna z symetralnych nie przecina prostej $BC$ , więc przypadku tego można nie rozpatrywać). Wobec tego

$ \overrightarrow{XY}= - \overrightarrow{BX}+\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CY}= -\frac{AB}{2 \cos B \cdot BC} \cdot \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BC} - \frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \overrightarrow{BC}, $

$ \overrightarrow{XY}= \left( -\frac{AB}{2 \cos B \cdot BC} +1 - \frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \right) \cdot \overrightarrow{BC}, $

i równość $BC = XY$ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (*) \qquad 1 = \left| -\frac{AB}{2 \cos B \cdot BC} + 1 - \frac{AC}{2 \cos C \cdot BC} \right|. $

Z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta $ABC$ wynika

$ AB = \frac{BC}{\sin A} \cdot \sin C, \ AC = \frac{BC}{\sin A} \cdot \sin B, $

więc równość (*) jest równoważna równości

$ 1 = \left| -\frac{\frac{BC}{\sin A} \cdot \sin C}{2 \cos B \cdot BC} + 1 - \frac{\frac{BC}{\sin A} \cdot \sin B}{2 \cos C \cdot BC} \right|, \textrm{tj.} $

$ 1 = \left|1 - \frac{\sin C}{2 \sin A \cdot \cos B} - \frac{\sin B}{2 \sin A \cdot \cos C} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{\sin C \cdot \cos C + \sin B \cdot \cos B}{2 \sin A \cos B \cos C} \right|. $

Ponieważ $A = \pi - (B+C)$ , więc $\sin A = \sin(B+ C)= \sin B\cos C+\cos B\sin C$ , wobec czego równość (*) jest równoważna równości

$ 1 = \left|1 - \frac{\sin C \cdot \cos C + \sin B \cdot \cos B}{2 (\sin B \cos C + \cos B \sin C) \cos B \cos C} \right|. $

Dzielimy licznik i mianownik przez $\cos^2B \cos^2 C$ :

$ 1 = \left|1 - \frac{\tan C \cdot \frac{1}{\cos^ B} + \tan B \cdot \frac{1}{\cos^2 B}}{2 (\tan B + \tan C)} \right| $

i przekształcamy dalej równoważnie stosując zależność $\frac{1}{\cos^2 x} = \tan^2 x +1$ .

$ 1 = \left|1 - \frac{\tan C (\tan^2 B +1) + \tan B (\tan^2 C +1)} {2 (\tan B + \tan C)} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{\tan B \tan C (\tan B +\tan C) + (\tan B +\tan C)} {2 (\tan B + \tan C)} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{(\tan B \tan C+1) (\tan B +\tan C)}{2 (\tan B + \tan C)} \right|, $

$ 1 = \left|1 - \frac{(\tan B \tan C+1)}{2} \right|, $

$ 1 = \left|\frac{1}{2} - \frac{(\tan B \tan C)}{2} \right|, $

$ 2 = \left|1- \tan B \tan \right|. $

Ostatnia równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $2= 1-\tan B \tan C$ albo $2=-(1-\tan B \tan C)$ , tj.

$ \tan B \tan C = - 1 \ \textrm{albo}\ \tan B \tan C = 3. $

Pierwszy z tych przypadków ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $\overrightarrow{BX} = \overrightarrow{CY}$ , to zaś jest możliwe tylko wtedy, gdy jeden z kątów $B$ lub $C$ jest rozwarty, drugi przypadek może mieć miejsce tylko dla trójkąta ostrokątnego.

XXXII - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Dowieść, że dla dowolnej liczby naturalnej $n$ oraz liczb rzeczywistych $\alpha$ , $x$ spełniających nierówności $\alpha^{n-1} \leq x \leq 1$ , $0 < \alpha <1$ zachodzi nierówność

$ \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k} \right|\leq \prod_{k=1}^n \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} $

Rozwiązanie

Istnieje liczba całkowita $m \geq 0$ , dla której

$ \alpha^{m+1} < x \leq \alpha^m. $

Wobec tego dla $k= 1,2,\ldots,n$ jest

$ \alpha^k-x \geq \alpha^k - \alpha^m, $

$ x+\alpha^k \leq \alpha^k + \alpha^m, $

więc

$ (1) \qquad \frac{\alpha^k-x}{x+\alpha^k} \geq \frac{\alpha^k - \alpha^m}{\alpha^k + \alpha^m}, $

natomiast

$ (2) \qquad \frac{\alpha^k-x}{x+\alpha^k} \geq \frac{\alpha^k - \alpha^{m+1}}{\alpha^k + \alpha^{m+1}}. $

Ponieważ

$ \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k} \right|= \prod_{k=1}^m \frac{\alpha^k-x}{x+\alpha^k} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k}, $

więc na mocy (1) i (2)

$ \begin{split} \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^k}{x+\alpha^k} \right| &\leq \prod_{k=1}^m \frac{\alpha^k-\alpha^{m+1}}{\alpha^k+\alpha^{m+1}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{\alpha^m-\alpha^k}{\alpha^m+\alpha^k}=\\ &=\prod_{k=1}^m \frac{1-\alpha^{m+1-k}}{1+\alpha^{m+1-k}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}}=\\ &=\prod_{k=1}^m \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}}. \end{split} $

Ponieważ

$ \begin{split} \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}}- \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}}&= \frac{1+\alpha^{k}-\alpha^{k-m}-\alpha^{m}-1-\alpha^{k-m}+\alpha^{k}+\alpha^{m}} {(1+\alpha^{k-m})(1+\alpha^{k})}=\\ &=\frac{2\alpha^{k}-2\alpha^{k-m}}{(1+\alpha^{k-m})(1+\alpha^{k})} \leq 0 \end{split} $

więc

$ \frac{1-\alpha^{k-m}}{1+\alpha^{k-m}} \leq \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} $

skąd wynika, że

$ \prod_{k=1}^n \left| \frac{x-\alpha^{k}}{x+\alpha^{k}} \right| \leq \prod_{k=1}^m \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} \cdot \prod_{k=m+1}^n \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}} = \prod_{k=1}^n \frac{1-\alpha^{k}}{1+\alpha^{k}}. $

XXXII - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Na stole leży $n$ żetonów oznaczonych liczbami całkowitymi. Jeśli wśród tych żetonów znajdują się dwa oznaczone równymi liczbami, np. liczbą $k$ , to zastępujemy je jednym żetonem z liczbą $k+1$ i jednym z liczbą $k-1$ . Udowodnić, że po skończonej (nieujemnej) liczbie takich zmian wszystkie żetony będą oznaczone różnymi liczbami.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw następujący lemat:
Lemat. Niech $m_0$ będzie minimalną liczbą spośród liczb wypisanych na żetonach znajdujących się na stole przed dokonaniem jakiejkolwiek zmiany. Jeśli po $k$ zmianach wśród liczb występujących na żetonach liczby $m_1^{(k)}, m_2^{(k)},\ldots,m_{j_k}^{(k)}$ są wszystkimi liczbami nie większymi od $m_0$ , przy czym $m_{j_k}^{(k)} \leq m_{j_k-1}^{(k)} \leq \ldots \leq m_2^{(k)} \leq m_1^{(k)} \leq m_0^{(k)} = m_0$ , to $m_i^{(k)}-m_{i+1}^{(k)} \leq 2$ dla $i =0, 1, \ldots, j_k-1$ .

Dowód lematu przeprowadzimy przez indukcję względem $k$ .

Dla $k = 1$ może być jedynie $m_1^{(1)} = m_0- 1$ i ta sytuacja występuje wtedy, gdy były na początku co najmniej dwa żetony z liczbą $m_0$ . Oczywiście więc $m_0^{(1)}-m_1^{(1)} \leq 2$ .

Załóżmy, że dla pewnego $k$ liczby $m_1^{(k)}, \ldots, m_{j_k}^{(k)}$ są wszystkimi liczbami nie większymi od $m_0$ wypisanymi na żetonach po $k$ zmianach oraz

$ m_{j_k}^{(k)} \leq m_{j_k-1}^{(k)} \leq \ldots \leq m_2^{(k)} \leq m_1^{(k)} \leq m_0^{(k)} = m_0 \ \textrm{i} \ m_i^{(k)} - m_{i+1}^{(k)} \ \textrm{dla} \ i=0,1, \ldots, j_k-1. $

Jeśli w kroku $(k+ 1)$ -szym wymieniamy dwa żetony z liczbą większą od $m_0$ , to każdy wyraz $m_i^{(k+1)}$ jest równy odpowiednio $m_i^{(k)}$ , teza jest więc oczywiście spełniona. Niech więc $m_i^{(k)}= m_{i+1}^{(k)} = m$ i $(k+1)$ -szy krok naszego postępowania polega na zastąpieniu żetonów z liczbą $m$ przez żetony z liczbami $m+1$ oraz $m-1$ . Ciąg $(m_i^{(k+1)})$ powstał więc z ciągu $(m_i^{(k)})$ przez zastąpienie dwóch wyrazów równych $m$ przez wyrazy równe $m+1$ i $m- 1$ . Różnica między tymi wyrazami wynosi $2$ , różnica między każdym z tych wyrazów, a wyrazem sąsiednim nie przekracza $2$ , różnica między każdą parą innych wyrazów sąsiednich nie uległa zmianie, więc też nie przekracza $2$ . Kończy to indukcyjny dowód lematu.

Z lematu wynika, że po każdej zmianie liczba wypisana na dowolnym żetonie nie będzie mniejsza od $m_0-2n$ .

Zauważmy teraz, że jeśli przed rozpoczęciem procedury opisanej w zadaniu dodamy do każdej z liczb wypisanych na żetonach ustaloną liczbę całkowitą, to nie zmieni to w niczym naszego zadania. Dodając ewentualnie liczbę $2n-m_0+ 1$ możemy zakładać, że zarówno na początku, jak i po każdej zmianie wszystkie liczby wypisane na żetonach są dodatnie. Rozważmy teraz iloczyn $P_0$ liczb wypisanych początkowo na żetonach, iloczyn $P_1$ liczb wypisanych po dokonaniu pierwszej zmiany, iloczyn $P_2$ liczb na żetonach po dokonaniu drugiej zmiany itd. Każdy wyraz ciągu $P_i$ jest iloczynem liczb naturalnych, przy czym $P_{i+1}$ powstaje z $P_i$ przsz zastąpienie dwóch czynników równych $k$ iloczynem $(k+1) (k-1)$ , a więc $P_i = k^2c$ , $P_{i + 1} = (k+1) (k-1)c$ . Ponieważ $c > 0$ , oraz $k^2 > k^2-1 = (k+1)(k-1)$ , więc $P_i > P_{i+ 1}$ . Ciąg $(P_i)$ jest więc ciągiem malejącym liczb naturalnych, a taki ciąg musi być skończony. Dowodzi to, że po skończonej liczbie kroków wszystkie żetony będą oznaczone różnymi liczbami.

XXXII - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie pary liczb całkowitych $(x,y)$ spełniające równanie

$ x^3 + x^2y + xy^2 + y^3 = 8(x^2 + xy + y^2 + 1). $

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeśli para liczb całkowitych $(x, y)$ jest rozwiązaniem danego równania, to liczby $x$ i $y$ są tej samej parzystości, gdyż w przeciwnym razie lewa strona równania przyjmowałaby wartość nieparzystą, prawa zaś - wartość podzielną przez $8$ . Ponadto sprawdzamy bezpośrednio, że żadna para liczb równych nie jest rozwiązaniem, gdyż jeśli $x = y$ , to równanie przyjmuje postać $4x^3 = 24x^2 + 8$ , tj. $x^3 -6x^2-2 = 0$ . Ewentualnymi rozwiązaniami całkowitymi mogłyby być ewentualnie dzielniki wyrazu wolnego, tj. liczby $1, - 1, 2, - 2$ . Przez podstawienie sprawdzamy, że żadna z tych liczb nie spełnia równania. Wobec tego, jeśli para $(x, y)$ liczb całkowitych jest rozwiązaniem równania, to $x \ne y$ , skąd wynika, że

$ x^2+y^2 > 2|xy|, $

natomiast z faktu, że $x$ i $y$ są liczbami tej samej parzystości wynika, że $|x| -|y| = 2k$ , zatem

$ x^2 + y^2-2|xy| = 4k^4 $

i wobec tego

$ (*) \qquad x^2 + y^2 \geq 2|xy| + 4 > |2xy+2|. $

Dane równanie możemy przekształcić równoważnie

$ (x^2+y^2)(x + y)= 8(x^2 + y^2) + 8xy + 8, $

$ (**) \qquad (x^2 + y^2)(x+y-8)= 8xy+8. $

Biorąc po obu stronach wartość bezwzględną stwierdzamy, że

$ |x^2 + y^2| \cdot |x + y-8| = |8xy + 8|, $

$ (x^2 + y^2) \cdot |x+y-8| = 4|2xy+2|, $

więc wobec nierówności (*) otrzymujemy

$ |x+y-8| < 4, $

$ -4 < x+y-8 < 4, $

$ 4 < x+y < 12. $

Jeśli więc liczby $x$ , $y$ spełniają dane równanie, to $x+y = 6$ lub $x+y= 8$ lub $x+y = 10$ , tj. a) $y= 6-x$ lub b) $y= 8 -x$ lub c) $y= 10-x$ . Podstawiając do równania (**) otrzymujemy kolejno
a)

$ (x^2+(6-x)^2)(-2)= 8x(6-x)+8, $

$ x^2 + 36 - 12x + x^2= -4x(6-x)-4, $

$ 2x^2-12x+36 = -24x+4x^2-4, $

$ -2x^2+12x+40 = 0, $

$ x^2-6x-20=0. $

Równanie to nie ma rozwiązań całkowitych, bo jego wyróżnik $\Delta = 36+80 = 116$ .

$ (x^2+(8-x)^2) \cdot 0 = 8x(8-x)+8, $

$ x(8-x)+1=0, $

$ 8x-x^2+1 = 0, $

$ x^2-8x-1 = 0. $

To równanie również nie ma rozwiązań całkowitych, bo $\Delta = 64+4 = 68$ .

$ x^2+(10-x)^2-2 = 8x(10-x)+8, $

$ x^2+100-20x+x^2 = 4x(10-x)+4, $

$ 2x^2-20x+ 100 = 40x-4x^2 + 4, $

$ 6x^2-60x+96 = 0, $

$ x^2-10x+16 = 0. $

Równanie to ma dwa pierwiastki całkowite $x_1 = 2$ , $x_2 = 8$ .

Przeprowadzone tu rozumowanie pokazuje, że jeśli dane równanie ma rozwiązania w liczbach całkowitych, to mogą to być jedynie rozwiązania $x_1 = 2$ , $y_1 = 10-2= 8$ lub $x_2 = 8$ , $y_2 = 10-8 = 2$ . Sprawdzamy przez podstawienie, że istotnie pary $(2,8)$ oraz $(8,2)$ stanowią rozwiązania równania.

XXXII - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

III

W czworościanie o objętości $V$ suma kwadratów długości wszystkich krawędzi jest równa $S$ . Dowieść, że

$ V \leq \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} $

Rozwiązanie

Rozważmy czworościan $ABCD$ (rys. 15), niech punkt $O$ będzie spodkiem wysokości czworościanu opuszczonej na podstawę $ABC$ , niech $DO = H$ . Niech $E$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ABC$ na podstawę $\overline{AB}$ , niech $CE = h$ . Niech $F$ będzie spodkiem wysokości opuszczonej w trójkącie $ABO$ na podstawę $\overline{AB}$ (jeśli $O$ należy do prostej $AB$ , to przyjmujemy $F = O$ ), niech $OF = g$ . Przyjmijmy ponadto liczby $x$ , $y$ tak, by

$ \overrightarrow{AF} = x \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB},\ \overrightarrow{AE} = y \cdot \frac{\overrightarrow{AB}}{AB}. $

Oznaczmy $AB= a$ , $BC=b$ , $CA=c$ , $DA = d$ , $BD = e$ , $DC=f$ .

Z twierdzenia Pitagorasa stosowanego kolejno do trójkątów $BCE$ , $ACE$ , $ADO$ , $BDO$ , $CDO$ otrzymujemy

$ b^2 = h^2+(a-y)^2, $

$ c^2 = h^2+y^2, $

$ d^2 = H^2 + (x^2+g^2) = x^2+H^2+g^2, $

$ e^2 = H^2+(a-x)^2+g^2, $

$ f^2 = H^2+OC^2. $

Dla obliczenia $OC^2$ poprowadzimy przez $O$ prostą równoległą do $AB$ , która przetnie wysokość $\overline{CE}$ w punkcie $G$ . Wobec tego $OC^2 = (h-g)^2+(x-y)^2$ i $f^2 = H^2+(h-g)^2+ (x-y)^2$ .

Możemy więc obliczyć $S$ :

$ \begin{split} & S = a^2+b^2 + c^2 + d^2 + e^2 + f^2 = a^2+h^2+(a-y)^2+h^2+y^2 + x^2 + H^2 + g^2+\\ & + H^2+g^2 + (a-x)^2 + H^2 + (h-g)^2+(x-y)^2 = a^2+h^2 + a^2- 2ay+y^2 + h^2 +\\ & + y^2 + x^2+H^2 + g^2 + H^2 + g^2+a^2-2ax + x^2 + H^2+ h^2-2hg + g^2+x^2-2xy+y^2. \end{split} $

Pogrupujemy teraz tak wyrazy, by oszacować powyższe wyrażenie w zależności od $a$ , $h$ i $H$

$ \begin{split} S & = 2a^2+2h^2+2y^2 - 2ay + \frac{a^2}{2} -\frac{a^2}{2}+3H^2+3g^2-2hg+\frac{h^2}{3} + \frac{2}{3} h^2+ 2x^2-2ax + \\ & + \frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+ x^2-2xy+y^2 = 2a^2 + 2h^2+\frac{1}{2}(2y-a)^2+3H^2+ \frac{1}{3}(3g-h)^2 + \frac{2}{3} h^2+\\ + & \frac{1}{2}(2x-a)^2+(x-y)^2 \geq 2a^2 + \frac{8}{3}h^2+3H^2 \end{split} $

Stosując nierówność dla średniej arytmetycznej i geometrycznej otrzymujemy stąd

$ S \geq 2a^2+ \frac{8}{3} h^2 + 3H^2 \geq 3 \cdot \sqrt{2a^2 \cdot \frac{8}{3} h^2 \cdot 3H^2} = 3 \sqrt[3]{l6a^2h^2H^2} $

Wobec tego

$ \frac{S \sqrt{S}}{72 \sqrt{3}} \geq \frac{3 \cdot \sqrt[3]{16a^2h^2H^2} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt[3]{4ahH}}{72 \cdot \sqrt{3}} = \frac{3 \cdot \sqrt[3]{64a^3h^3H^3}}{72} = \frac{4ahH}{24} = \frac{1}{3} \cdot \frac{aH}{2} \cdot H = V. $

Rozwiązanie to podał uczestnik zawodów Roman Kapuściński.

Uwaga. Z rozwiązania wynika, że równość $V = \frac{S\sqrt{S}}{72 \sqrt{3}}$ ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy $a = 2y$ i $a = 2x$ i $h = 3g$ i $x = y$ oraz $2a^2 = \frac{8}{3}h^2 = 3H^2$ , a więc gdy czworościan jest foremny.