3. série. Kružnice. Téma: Datumodeslání:

Transkript

1 Téma: Datumodeslání: 3. série Kružnice ½¾º ÔÖÓ Ò ¾¼¼ ½º ÐÓ Ó Ýµ Vrovinějedánrovnostrannýtrojúhelník ABCostraně1.Označme k A, k B, k C kružnicespoloměrem 1 astředy A, B, C.Nechť kjekružnicesestředemvtěžišti ABCdotýkajícísevšech tříkružnic k A, k B, k C.Určetepoloměr k. ¾º ÐÓ Ó Ýµ Dvěkružnice k 1 a k majíspolečnývnějšíboddotyku P.Bodem P procházejítřinavzájem různépřímky p A, p B, p C protínající k 1 pořaděvbodech A 1, B 1 a C 1 (různýchod P)adále protínající k pořaděvbodech A, B a C (různýchod P).Dokažte,žetrojúhelníky A 1 B 1 C 1 a A B C jsoupodobné. º ÐÓ Ó Ýµ Tětivový 1 pětiúhelníkmávšechnyúhlopříčkystejnědlouhé.dokažte,žejepravidelný. º ÐÓ Ó µ Nechť BDjeosaúhlu ABCvtrojúhelníku ABC(bod Dležínastraně AC).Označme Eprůsečík kružnice opsané trojúhelníku BDC a přímky AB. Dále F je průsečík kružnice opsané ABD a přímky CB.Dokažte,že AE = CF. º ÐÓ Ó µ Nechť ABCD je tětivový 1 čtyřúhelník takový, že přímky AD a BC se protínají v bodě E. Označme M průsečík přímky BD a přímky vedené bodem E, která je rovnoběžná s přímkou AC. Bodem Mveďmenějakoutečnukekružniciopsané ABCDaboddotykuoznačme T.Dokažte, že MT = ME. º ÐÓ Ó µ Pokružnici kběhajídvapsi.zpočátkujsouvbodech P 1 a P.Obapsypozorujíjejichpáníčkové, kteřístojívbodech B 1 a B nakružnici k.přímky P 1 B 1 a P B jsourůznoběžné.označme si Q 1, Q polohuprvníhoadruhéhopsavnějakýokamžik.zjistětemnožinuprůsečíkůpřímek Q 1 B 1 a Q B,oběhnou-liobapsikružnicistejnourychlostíavestejnémsměru(pokudbod Q i splývásbodem B i,považujemezapřímku Q i B i tečnukekružnici kvtomtobodě). º ÐÓ Ó µ Třikruhy K 1, K a K 3 majíkaždýskaždýmspolečnývnějšíboddotyku.kruh K 1 mánejmenší obsah S 1.Kruhydohromadyohraničujíoblastvroviněpodobnoutrojúhelníkusestranamivypuklými dovnitř o obsahu S. Dokažte, že ( ) 3 S π 1 S 1. 1 Tětivovýmnohoúhelníkjetakový,kterémulzeopsatkružnici.

2 º ÐÓ Ó µ Rozhodněte,zdalzerozmístit005kružnic k 1, k,..., k 005 opoloměru1vrovinětak,aby byly splněny následující podmínky: (i) k i máspolečnývnějšídotyksk i+1,pro i {1,,...,004}ak 005 máspolečnývnější dotyksk 1. (ii) Vybereme-lilibovolnýbod X 1 nakružnici k 1 aoznačíme-li X i+1 obrazbodu X i vosové souměrnostipodélosykružnic k i a k i+1 (mínímesouměrnostpřevádějící k i na k i+1 )pro i {1,,...,004},apokuddáleoznačíme X 006 obrazbodu X 005 vosovésouměrnosti podélosykružnic k 005 a k 1,potomplatí,že X 006 = X 1. Řešení 3. série 1.úloha (97,87,,18,,0) Vrovinějedánrovnostrannýtrojúhelník ABCostraně1.Označme k A, k B, k C kružnicespoloměrem 1 astředy A, B, C.Nechť kjekružnicesestředemvtěžišti ABCdotýkajícísevšech tříkružnic k A, k B, k C.Určetepoloměr k. Označme Sstředstrany AB.ZPythagorovyvětyplyne,že CS = AC SA =1 1 4 = = 3 4.Odtudje CS = 3.Dáleoznačme Ttěžištětrojúhelníku ABCa Dspolečnýboddotyku ka k C. k C C D T k A S Jelikožtěžištědělítěžnicevpoměru1:,je CT = 3 CS = 3 3.Teďmámedvěmožnosti buďmajíkružnice kak C vnější,nebovnitřnídotyk.vprvnímpřípaděležíbod Durčitěna úsečce CS,jelikožstředykružnic kak C jsounatétoúsečce.odtudplyne,že DT = CT CD, CD jepoloměr k C,kterýjeroven 1.Délka DT jepoloměr k,kterýjeprotoroven B r 1 = DT = CT CD =

3 Vedruhémpřípaděležíbod Dna druhéstraně kružnice k C,takžepoloměr r jeroven r 1 plus průměr k C.Tedy: 3 r = DT + 1 = Úlohamátedydvěmožnářešení r= 3 3 ± 1..úloha (89,87,,93,3,0) Dvěkružnice k 1 a k majíspolečnývnějšíboddotyku P.Bodem P procházejítřinavzájem různépřímky p A, p B, p C protínající k 1 pořaděvbodech A 1, B 1 a C 1 (různýchod P)adále protínající k pořaděvbodech A, B a C (různýchod P).Dokažte,žetrojúhelníky A 1 B 1 C 1 a A B C jsoupodobné. Tato úloha šla řešit více způsoby. Mohli jste buď konstatovat, že znáte stejnolehlost, nebo nějak dopočítat úhly v trojúhelnících. Pro názornost tu ukážeme oba způsoby. C A 1 B B 1 C 1 P A Řešení stejnolehlostí: Jezřejmé(zvlastnostístejnolehlosti),žejsoukružnice k 1 a k stejnolehlépodlebodudotyku P (určitě existuje koeficient k, který podle bodu dotyku zobrazí jednu kružnici na druhou). To znamená,želibovolnýbodnakružnici k 1 sezobrazívdanéstejnolehlostidonějakéhoboduna kružnici k,aprobody A 1, B 1, C 1 tokonkrétněznamená,žesevtétostejnolehlostizobrazí dobodů A, B, C.Vrcholytrojúhelníků A 1 B 1 C 1 a A B C jsoustejnolehlé,tímpádemjsou stejnolehlé i tyto trojúhelníky, a protože jsou si libovolné útvary zobrazené ve stejnolehlosti podobné, je důkaz stejnolehlostí ukončen. Poznámka: Zkrácený zápis tohoto důkazu by vypadal asi takto: Je zřejmé, že jsou trojúhelníky A 1 B 1 C 1 a A B C stejnolehlépodlestejnolehlostisestředemvp,kterázobrazujekružnici k 1 na k.útvaryzobrazenévestejnolehlostijsoupodobné,protojsoutrojúhelníkytaképodobné. Řešení pomocí úhlů: Vtomtodůkazesebudepoužívatjenvětaoobvodovýchúhlech(taříká,žedvaobvodové úhly mají nad stejnou tětivou vždy stejnou velikost), a shodnost středových úhlů. Platí tedy: C 1 A 1 B 1 = C 1 PB 1 = C PB = C A B.

4 Podobně dostaneme: B 1 C 1 A 1 = B 1 PA 1 = B PA = B C A. Naše trojúhelníky mají shodné dva úhly, a jsou tedy podobné. Poznámka: Tato úloha byla ilustrací toho, jak se dá jednoduše pracovat s úhly, a že existuje něco jako stejnolehlost, která mnohdy velice usnadní úlohu. Pokud vám obě řešení přijdou zhruba stejněnamáhavá,zkustesivzítnapříkladdva n-úhelníkyvzniklénakružnicích k 1 a k stejným způsobemjakovzadání.dokazovánípomocíúhlůbyužbylodocelanadlouho... 3.úloha (78,51,,19,3,0) Tětivový pětiúhelníkmávšechnyúhlopříčkystejnědlouhé.dokažte,žejepravidelný. Označme pětiúhelník ABCDE a označme S střed kružnice jemu opsané. Díky tomu, že jsou všechny úhlopříčky stejně dlouhé, jsou trojúhelníky ASC, BSD, CSE, DSA a ESB shodné. Speciálnětedymajíshodnéúhlyuvrcholu S;označmevelikosttěchtoúhlů α.jetedy α= ASC = BSD = CSE = DSA = ESB. Potomale ASB =360 BSD DSA =360 α.podobněodvodíme,že ASB = BSC = CSD = DSE = ESA =360 α. To ale znamená, že pětiúhelník je pravidelný. Poznámky k došlým řešením: Ač byla úloha vcelku jednoduchá, překvapivě velký počet řešitelů s ní měl problémy. Jen málokdo dokázal, že daný pětiúhelník má shodné strany i vnitřní úhly. Nemálo řešitelů ukázalo jen shodnost stran, což stačí vzhledem k tomu, že je pětiúhelník tětivový tento fakt si nicméně ne každý uvědomil, uznal jsem však takové řešení každému(možná definice pravidelného n-úhelníku je, že je tětivový a má stejně dlouhé strany). Horší to bylo v případech, kdy řešitel dokázal jen shodnost vnitřních úhlů. Ta totiž sama o sobě bez další úvahy nestačí, jako protipříklad jsem nabízel obdélník. Je tětivový, má shodné vnitřní úhly(a dokonce i stejně dlouhé úhlopříčky), přesto však pravidelný není. Stejný protipříklad lzenajítušestiúhelníku,osmiúhelníku,obecněkaždého n-úhelníkuprosudé n.ukázat, že u pětiúhelníku(a obecně lichoúhelníku) shodnost vnitřních úhlů stačí, je podle mne úloha srovnatelná se zadanou, za taková řešení jsem proto dával po bodu. 4.úloha (61,54,4,39,5,0) Nechť BDjeosaúhlu ABCvtrojúhelníku ABC(bod Dležínastraně AC).Označme Eprůsečík kružnice opsané trojúhelníku BDC a přímky AB. Dále F je průsečík kružnice opsané ABD a přímky CB.Dokažte,že AE = CF. Volme klasické označení stran trojúhelníku ABC. Z mocnosti bodu A ke kružnici opsané trojúhelníku BDC máme AE c = AD b. Podobně z mocnosti bodu C ke kružnici opsané trojúhelníku ABDdostaneme CF a= CD b. Tětivovýmnohoúhelníkjetakový,kterémulzeopsatkružnici.

5 Pokusmesevyjádřitpoměr AD :capoměr CD :a.pokudsenámpodaříukázat,že tyto poměry jsou stejné, máme vyhráno(viz rovnosti výše). K tomu využijeme sinovou větu. Z trojúhelníku ABD máme AD : c = sin( β ) : sin( ADB )aztrojúhelníku BDC plyne CD :a=sin( β ):sin(π ADB ).Avzhledemktomu,žesin( ADB )=sin(π ADB ) je AE = CF,cožbylotřebadokázat. Poznámkykdošlýmřešením: Ktétoúlozenenísnadcododat.Jenasiněkolikradpronejmenší: Funkcionální rovnice, kde na jedné straně vystupuje samostatná proměnná(v této rovnici je to na prave straně proměnná y) půjde nejspíš řešit buď vhodným dosazením, nebo soustavou rovnic s vhodným dosazením. Druhá rada: Na obou stranách je dohromady stejně hledných funkcí(na levé je f(x+y)+f(x y) a na pravé 3f(x)), daná rovnice teda nepůjde řešit jen jedním dosazením, protože,copotřebujeme,jenajednéstranějenfunkceanadruhénějakévolnéproměnné,ato se při stejném počtu funkcí na obou stranách dosáhnout nedá. Právě mi mé zlaté vousy děda Vševěda napověděly, že bych měl ještě zaburácet: Bez zkoušky se neopovažujte řešení ani poslat! Jinak přeji hezký den. 5.úloha (44,36,4,14,5,0) Nechť ABCD je tětivový 3 čtyřúhelník takový, že přímky AD a BC se protínají v bodě E. Označme M průsečík přímky BD a přímky vedené bodem E, která je rovnoběžná s přímkou AC. Bodem Mveďmenějakoutečnukekružniciopsané ABCDaboddotykuoznačme T.Dokažte, že MT = ME. Búno(bezújmynaobecnosti)sepolopřímky ADaBCprotínajívbodě E.Jinakzměníme označení čtyřúhelníku ABCD, aby tomu tak bylo. Všimněmesi,žebod M jevždyvněkružnice kopsanéčtyřúhelníku ABCD(Rozmysletesi to!)mátedysmyslmluvitotečně MTazmocnostibodu Mkekružnici kvyjádřitjejívelikost MT = MD MB. V tětivovém čtyřúhelníku ABCD jsou úhly DAC a DBC obvodové nad tětivou DC kružnice katedy DAC = DBC.Dálevíme,žepřímky ACa EMjsourovnoběžnéatímpádemjsou úhly DACaMEDstřídavéatedy DAC = MED.Dohromady MED = DBC = = MBE.Trojúhelníky MEDaMBEmajínavícspolečnýúhelpřivrcholu M ajsouproto podobné podle věty uu. Z podobnosti těchto trojúhelníků vyjádříme velikost ME, pomocí ME : MD = MB : ME,neboli ME = MD MB. Porovnáme-li tento vztah s prvním, tak s ohledem na kladnost délek úseček máme ME = MT. Poznámky k došlým řešením: Všechna správná řešení byla podobná autorskému. Vyskytlo se aleiněkolikřešenítypu: Opíšemekružnicikolembodu M,kteráprocházíbodem Tavidíme,že kružniceprocházíibodem Eadůkazujehotov. Jetřebasiuvědomit,žeobrázeknenídůkaz.Jen si vzpomeňte na geometrické konstrukce, kdy po vlastní konstrukci následuje důkaz správnosti konstrukce. 3 Tětivovýčtyřúhelníkjetakový,kterémulzeopsatkružnici.

6 6.úloha (46,38,3,,4,0) Pokružnici kběhajídvapsi.zpočátkujsouvbodech P 1 a P.Obapsypozorujíjejichpáníčkové, kteřístojívbodech B 1 a B nakružnici k.přímky P 1 B 1 a P B jsourůznoběžné.označme si Q 1, Q polohuprvníhoadruhéhopsavnějakýokamžik.zjistětemnožinuprůsečíkůpřímek Q 1 B 1 a Q B,oběhnou-liobapsikružnicistejnourychlostíavestejnémsměru(pokudbod Q i splývásbodem B i,považujemezapřímku Q i B i tečnukekružnici kvtomtobodě). Obvodovérychlosti vpsůpřioběhuodpovídástředováúhlovárychlost ωadíkyvětěostředovém a obvodovém úhlu jí také odpovídá úhlová rychlost otáčení přímek Q ib i (vizobr.). ω Přímky Q 1 B 1 a Q B setedyotáčejístejnourychlostíapřímkyse,díkytomu,žepsiběhají ve stejném směru, otáčejí na stejnou stranu. Proto svírají stále stejný úhel. A protože nejsou rovnoběžné, je tento úhel nenulový a průsečík existuje. Nyní je potřeba rozebrat případy pro polorovinyurčenépřímkou B 1 B. vt Q 1 X Q 1 X ωt B 1 P Q ω t Q 1 B B 1 P 1 Označmesi Xprůsečík P 1 B 1 a P B a X průsečíkpřímek Q 1 B 1 a Q B.Jecelkemzřejmé, žeprojednupolorovinujeúhel B 1 X B stálestejnýaprodruhoupolorovinujeúhel B 1 X B doplňkemdo180 kúhluzopačnépoloroviny.množinouprůsečíků X můžebýttedyjenkružnice opsanátrojúhelníku B 1 B X.Zbýváještěukázat,želibovolnýbod X natétokružniciumíme nějakou polohou psů dostat. Vezměme si tedy nějaký bod Y na nalezené kružnici. Pro něj umíme jistojistě najít body Q 1Y, Q Y napůvodníkružnici,kteréhourčují.pokudsevnějakémčasepsidostanouzároveň dopoloh Q 1Y, Q Y,pak Y patřídomnožiny.prosporpředpokládejme,žepronámizvolený libovolnýbod Y sepsidopoloh Q 1Y, Q Y zároveňnedostanou,akdyžbudeprvnípesvq 1Y, budedruhývnějakémbodě Q různémod Q Y.Bod X jeprůsečíkpřímek Q 1Y B 1 a Q B, ale zároveň už víme, že musí ležet na nalezené kružnici. Průsečík nalezené kružnice a přímky Q 1 Y B 1 jevšakbod Y (pokudexistuje,beremeprůsečíkrůznýod B 1 ),abody X,Y jsoushodné. PakvšakmusíbýtiQ = Q Y.Tímjedůkazukončen. Pozn.kdůkazu:Pokudmámeúlohunamnožinubodů,řešímejitéměřvždyvedvoučástech. V první omezíme co nejvíce pomocí vlastností, které máme k dispozici, možnou množinu na nějakou menší určenoumnožinu.vtomtopříkladujetoomezenínakružniciopsanoutrojúhelníku B 1 B X.Vedruhéčástimusímeukázat(resp.ověřit),ževšechnybodynáminalezenémnožiny opravdu vyhovují, protože se může stát, že ještě některé body z nalezené množiny vypadnou. Poznámky k došlým řešením: Jak se nakonec ukázalo, byla úloha na šestou úlohu neúměrně

7 jednoduchá a tak ji vyřešila drtivá většina řešitelů. Téměř všichni však na čtyři body. Při řešení úlohy o množině bodů je nutné množinu nejdříve omezit (v tomto případě z celé roviny na kružnici) a poté dokázat, že všechno, co jsme našli, vyhovuje(co kdyby vyhovoval jen nějaký oblouk kružnice?). To byl největší oříšek. Tak příště nezapomeňte dokazovat! 7.úloha (3,1,,53,,0) Třikruhy K 1, K a K 3 majíkaždýskaždýmspolečnývnějšíboddotyku.kruh K 1 mánejmenší obsah S 1.Kruhydohromadyohraničujíoblastvroviněpodobnoutrojúhelníkusestranamivypuklými dovnitř o obsahu S. Dokažte, že ( ) 3 S π 1 S 1. Označme r 1, r, r 3 pořaděpoloměrykruhů K 1, K, K 3 a k 1, k, k 3 kružnicepříslušné k těmto kruhům. K 3 C 3 D D 1 D 3 K 1 K C 1 C Nejprvevyřešímesituaci,kdy r 1 = r = r 3 = r.vtakovémpřípadě S 1 = πr.označme D 1, D a D 3 bodydotykudvojickružnic(k, k 3 ),(k 1, k 3 )a(k 1, k )aještě C 1, C, C 3 středy kruhů K 1, K, K 3.Obsah Sspočítámejakoobsahtrojúhelníku C 1 C C 3 bezkruhovýchvýsečí vymezenýchoblouky D 1 D, D 1 D 3 a D D 3.Obsah C 1 C C 3 sesnadnospočítájako 3r,kruhové výsečedajídohromadyvýsečopoloměru rsúhlem180,tedypolovinukruhu,odkudplyne,že majíobsah 1 πr.dohromadydostáváme ( 1 ) ( ) ( ) 3 3 S= 3 π r = π 1 πr = π 1 S 1. Tímjenerovnostdokázánapropřípad,že r 1 = r = r 3 (nastávádokoncerovnost). Nyní si dokážeme pomocné tvrzení(sleduj obrázek), které nám pomůže při řešení zbytku úlohy. Mějme kruhy L 1, L, L 3 a L 3 takové, že dvojice kruhů (L 1, L ), (L 1, L 3 ), (L, L 3 ), (L 1, L 3 ),(L, L 3 )majívnějšídotyk.označmesipořadě ρ 1, ρ, ρ 3 a ρ 3 poloměrykruhů L 1, L,

8 L 3 a L 3 apředpokládejme,že ρ 3 > ρ 3.Označme P a P obsahtrojúhelníkupodobnýchoblastí vymezenýchtrojicemikruhů(l 1, L, L 3 )a(l 1, L, L 3 ).Potomplatí P > P. Nejprvebudemepotřebovatoznačitnějakébody.Označmepořadě O 1, O, O 3 a O 3 středy kruhů L 1, L, L 3 a L 3.Dáleoznačmepořadě T 1, T, T 3, T 1 a T společnébodydotykudvojickruhů(k, k 3 ), (k 1, k 3 ), (k 1, k ), (k, k 3 )a(k 1, k 3 ). Nakonec ještěoznačme pořadě α, β vnitřníúhlytrojúhelníku O 1 O O 3 uvrcholů O 1 a O a α, β vnitřníúhlytrojúhelníku O 1 O O 3 uvrcholů O 1 a O. Prvnědokážeme,že α < α a β < β (ideadůkazujepřevzataodmarkascholleho).nepřesně řečenotopakznamená,žebody T 1 a T jsounakruzích L 1a L odsebedálnežbody T 1 a T. Nyníužkdůkazu.Nechť L jekruhopoloměru ρ 3,kterýmásL vnějšídotyk T 1.Kruh L jecelýobsaženvkruhu L 3,tudížnemážádnýspolečnýbodskruhem L 1.Začneme-liskruhem L otáčetsestředemvbodě O avesměruod O 3 k O 1,dotknesekruhu L 1 přesněvechvíli, kdysplyneskruhem L 3.Vtuchvílitakéotočenýbod T 1 splynest 1.Odtudplyne,žebod T 1 jevnitřnímbodemtrojúhelníku O 1 O O 3,atedy β < β.analogickysezdůvodní,že α < α. L 3 O 3 L 3 O 3 ρ 3 ρ 3 L T T T 1 T 1 L 1 O 1 ρ L T 1 3 ρ O Odtudplyne,žeseoblouky T 1 T (nakružniciurčené L 3 )at 1 T (nakružniciurčené L 3 )neprotínají(dokonce ani nedotýkají, nicméně to by nám nevadilo), důkaz pouze naznačíme rozmysli si detaily. Pro spor předpokládejme, že se protínají, potom se musí protínat dvakrát oblouk T 1 T totižmusídvakrát protínatkřivku T 1T T 3 T 1 avzhledem kpodmínce α < α, β < β neprotíná T 1 T oblouky T 1T 3, T T 3.Adáleztétopodmínkyplyne,že ρ 3 > ρ 3,tojealespor. Konečně,tím,žeje α < α a β < β aoblouky T 1 T a T 1 T seneprotínají,dělíoblouk T 1T

9 oblastmezikruhy L 1, L, L 3 nadvěčásti,přičemžjednaznichjeoblastmezi L 1, L a L 3. Odtudje P > P. Nyníužúlohusnadnodokončíme. Mějmenazačátku poloměry r 1, r a r 3 aoblastmezi kruhy K 1, K a K 3 oobsahu S.Vpřípadě,žejetopotřeba,postupnězmenšíme r na r 1 a r 3 na r 1 (rozmyslisi,ževhodnákonfiguracevždyexistuje).dostanemetímnovouoblastmezikruhy oobsahu S.Podlepomocnéhotvrzeníje S S.Nadruhoustranupodlezačátkuřešenívíme, že ( ) 3 S S = π 1 S 1, což jsme chtěli dokázat. Poznámky k došlým řešením: Myšlenka úlohy byla poměrně jednoduchá: kruhy o něco zmenšíme a nerovnost se nám tím nezhorší. Nicméně málokdo pořádně dokázal, že se nerovnost vskutku nezhorší,atakplnýpočetbodůbylspíševýjimečný.bodjsemstrhávalzachybějícídůkaz,žese při zmenšení poloměru nějakého kruhu přiblíží k sobě body dotyku. Naopak jeden bod jsem dával užjenzavyřešenísituace,kdyjsouvšechnykruhystejněvelké,adalšíbodzapopsánímyšlenkyse zmenšováním kruhů. Zajímavé řešení za plný počet bodů měl Pavel Šalom, který prvně vyjádřil poměr obsahů pomocí goniometrických funkcí vnitřních úhlů trojúhelníku spojujícího středy kruhů a posléze dokázal nerovnost pomocí Jensenovy nerovnosti. 8.úloha (5,13,,5,4,0) Rozhodněte,zdalzerozmístit005kružnic k 1, k,..., k 005 opoloměru1vrovinětak,aby byly splněny následující podmínky: (i) k i máspolečnývnějšídotyksk i+1,pro i {1,,...,004}ak 005 máspolečnývnější dotyksk 1. (ii) Vybereme-lilibovolnýbod X 1 nakružnici k 1 aoznačíme-li X i+1 obrazbodu X i vosové souměrnostipodélosykružnic k i a k i+1 (mínímesouměrnostpřevádějící k i na k i+1 )pro i {1,,...,004},apokuddáleoznačíme X 006 obrazbodu X 005 vosovésouměrnosti podélosykružnic k 005 a k 1,potomplatí,že X 006 = X 1. Dokážeme, že takové rozmístění existovat nemůže. Budeme předpokládat, že máme rozmístění splňující podmínku(i), sporem dokážeme, že nemůže splňovat podmínku(ii). Zvolmesilibovolnýbod X 1 podlezadáníanalezněmekněmubod X 006.Bodem X 1 začneme točitvesměruhodinovýchručiček.zpodmínekvzadáníplyne,žese X začnetočitprotisměru hodinovýchručiček, X 3 posměru, X 4 protisměru,..., X 006 protisměru.vzhledemktomu, žese X 1 a X 006 točívopačnýchsměrech,nemůžousplývat 4 prolibovolnouvolbu X 1. 4 Všimnisi, že se tímto způsobem dá dokonce zdůvodnit, že existují právě dvě volby X 1 splývajícísbodem X 006.