IMO 1965 · Problem 6
In a plane a set of \(n\) points (\(n \geq 3\)) is given. Each pair of points is connected by a segment. Let \(d\) be the length of the longest of these segments. We define a diameter of the set to be any connecting segment of length \(d\). Prove that the number of diameters of the given set is at most \(n\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The points are distinct, so \(d>0\). Scaling the configuration, we may assume \(d=1\). Call two points diameter neighbors if their distance is \(1\).
We first prove that if a point has at least three diameter neighbors, then one of those neighbors has exactly one diameter neighbor.
Let that point be \(O\), and take \(O\) as the origin. Fix a diameter neighbor \(U\). Every diameter neighbor \(X\) of \(O\) satisfies \[ |X|=|U|=1,\qquad |X-U|\leq 1, \] where \(|\cdot|\) denotes Euclidean length. Consequently, \[ X\cdot U=\frac{|X|^2+|U|^2-|X-U|^2}{2}\geq\frac12. \] Thus all diameter neighbors of \(O\) lie on an arc of its unit circle having angular length \(120^\circ\), which is less than a semicircle.
Choose three such neighbors and label them \(A,B,C\) in angular order along this arc. The ray \(OB\) therefore meets the interior of the chord \(AC\). It follows that \[ B=\lambda A+\mu C \] for some \(\lambda,\mu>0\). Since \(A,B,C\) are distinct unit vectors, \[ 1=|B|^2 =(\lambda+\mu)^2-\lambda\mu|A-C|^2 <(\lambda+\mu)^2. \] Hence \(\lambda+\mu>1\).
Now let \(Q\neq O\) be any point of the given set. From \(|Q-A|\leq1\) and \(|Q-C|\leq1\), we obtain \[ 2Q\cdot A\geq |Q|^2,\qquad 2Q\cdot C\geq |Q|^2. \] Therefore \[ \begin{aligned} |Q-B|^2 &=|Q|^2+1-2Q\cdot B\\ &=|Q|^2+1-2\lambda Q\cdot A-2\mu Q\cdot C\\ &\leq 1-(\lambda+\mu-1)|Q|^2\\ &<1, \end{aligned} \] because \(Q\neq O\). Thus \(B\)'s only diameter neighbor is \(O\), proving the claim.
We now proceed by induction on \(n\). For \(n=3\), there are only three connecting segments, so the assertion holds.
Suppose \(n\geq4\) and the assertion holds for \(n-1\) points. If every point has at most two diameter neighbors, then, counting each diameter at its two endpoints, \[ 2(\text{number of diameters})\leq 2n, \] as required.
Otherwise, some point \(O\) has at least three diameter neighbors. By the claim, one of them, \(B\), has only \(O\) as a diameter neighbor. Delete \(B\). At least two diameter neighbors of \(O\) remain, so the remaining set still has longest distance \(1\). By the induction hypothesis it has at most \(n-1\) diameters. Restoring \(B\) adds exactly one diameter, namely \(OB\), giving at most \(n\) diameters.
This completes the proof.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1965 · Aufgabe 6
In einer Ebene ist eine Menge von \(n\) Punkten (\(n \geq 3\)) gegeben. Je zwei Punkte werden durch eine Strecke verbunden. Sei \(d\) die Länge der längsten dieser Strecken. Als Durchmesser der Menge bezeichnen wir jede Verbindungsstrecke der Länge \(d\). Beweise, dass die Anzahl der Durchmesser der gegebenen Menge höchstens \(n\) beträgt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die Punkte sind paarweise verschieden, also gilt \(d>0\). Durch Skalieren der Konfiguration können wir \(d=1\) annehmen. Wir nennen zwei Punkte Durchmessernachbarn, wenn ihr Abstand \(1\) beträgt.
Zunächst beweisen wir: Hat ein Punkt mindestens drei Durchmessernachbarn, so hat einer dieser Nachbarn genau einen Durchmessernachbarn.
Dieser Punkt sei \(O\), und wir wählen \(O\) als Ursprung. Wähle einen festen Durchmessernachbarn \(U\). Jeder Durchmessernachbar \(X\) von \(O\) erfüllt \[ |X|=|U|=1,\qquad |X-U|\leq 1, \] wobei \(|\cdot|\) die euklidische Länge bezeichnet. Folglich gilt \[ X\cdot U=\frac{|X|^2+|U|^2-|X-U|^2}{2}\geq\frac12. \] Somit liegen alle Durchmessernachbarn von \(O\) auf einem Bogen des Einheitskreises um \(O\) mit einem Winkelmaß von \(120^\circ\), der also kürzer als ein Halbkreis ist.
Wähle drei solche Nachbarn und bezeichne sie in ihrer Winkelreihenfolge entlang dieses Bogens mit \(A,B,C\). Der Strahl \(OB\) trifft daher das Innere der Sehne \(AC\). Daraus folgt \[ B=\lambda A+\mu C \] für gewisse \(\lambda,\mu>0\). Da \(A,B,C\) verschiedene Einheitsvektoren sind, gilt \[ 1=|B|^2 =(\lambda+\mu)^2-\lambda\mu|A-C|^2 <(\lambda+\mu)^2. \] Also gilt \(\lambda+\mu>1\).
Sei nun \(Q\neq O\) ein beliebiger Punkt der gegebenen Menge. Aus \(|Q-A|\leq1\) und \(|Q-C|\leq1\) erhalten wir \[ 2Q\cdot A\geq |Q|^2,\qquad 2Q\cdot C\geq |Q|^2. \] Daher gilt \[ \begin{aligned} |Q-B|^2 &=|Q|^2+1-2Q\cdot B\\ &=|Q|^2+1-2\lambda Q\cdot A-2\mu Q\cdot C\\ &\leq 1-(\lambda+\mu-1)|Q|^2\\ &<1, \end{aligned} \] weil \(Q\neq O\) ist. Somit ist \(O\) der einzige Durchmessernachbar von \(B\), womit die Behauptung bewiesen ist.
Wir führen nun eine Induktion über \(n\) durch. Für \(n=3\) gibt es nur drei Verbindungsstrecken, also gilt die Aussage.
Sei \(n\geq4\), und die Aussage gelte für \(n-1\) Punkte. Hat jeder Punkt höchstens zwei Durchmessernachbarn, so erhalten wir durch Zählen jedes Durchmessers an seinen beiden Endpunkten \[ 2(\text{Anzahl der Durchmesser})\leq 2n, \] wie gewünscht.
Andernfalls gibt es einen Punkt \(O\) mit mindestens drei Durchmessernachbarn. Nach der Behauptung hat einer von ihnen, \(B\), nur \(O\) als Durchmessernachbarn. Entferne \(B\). Mindestens zwei Durchmessernachbarn von \(O\) bleiben erhalten, also beträgt der größte Abstand in der verbleibenden Menge weiterhin \(1\). Nach der Induktionsvoraussetzung hat sie höchstens \(n-1\) Durchmesser. Fügt man \(B\) wieder hinzu, kommt genau ein Durchmesser, nämlich \(OB\), hinzu, sodass es höchstens \(n\) Durchmesser gibt.
Damit ist der Beweis abgeschlossen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1965 · Soru 6
Düzlemde \(n\) noktadan (\(n \geq 3\)) oluşan bir küme veriliyor. Her nokta çifti bir doğru parçasıyla birleştiriliyor. Bu doğru parçalarının en uzununun uzunluğu \(d\) olsun. Uzunluğu \(d\) olan her birleştirme doğru parçasına kümenin bir çapı diyelim. Verilen kümenin çaplarının sayısının en fazla \(n\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Noktalar birbirinden farklı olduğundan \(d>0\) olur. Şekli ölçeklendirerek \(d=1\) olduğunu varsayabiliriz. Aralarındaki uzaklık \(1\) olan iki noktaya çap komşuları diyelim.
Önce şu iddiayı kanıtlayacağız: Bir noktanın en az üç çap komşusu varsa, bu komşulardan birinin tam olarak bir çap komşusu vardır.
Bu nokta \(O\) olsun ve \(O\)'yu başlangıç noktası alalım. Bir \(U\) çap komşusunu sabitleyelim. \(O\)'nun her \(X\) çap komşusu \[ |X|=|U|=1,\qquad |X-U|\leq 1, \] koşullarını sağlar; burada \(|\cdot|\) Öklid uzunluğunu gösterir. Bunun sonucunda \[ X\cdot U=\frac{|X|^2+|U|^2-|X-U|^2}{2}\geq\frac12. \] Dolayısıyla \(O\)'nun tüm çap komşuları, merkezi \(O\) olan birim çemberin açısal uzunluğu \(120^\circ\) olan, yani yarım çemberden küçük bir yayı üzerinde yer alır.
Bu komşulardan üçünü seçip yay üzerindeki açısal sıralarına göre \(A,B,C\) olarak adlandıralım. Bu durumda \(OB\) ışını \(AC\) kirişinin iç bölgesiyle kesişir. Buradan bazı \(\lambda,\mu>0\) için \[ B=\lambda A+\mu C \] olduğu çıkar. \(A,B,C\) birbirinden farklı birim vektörler olduğundan \[ 1=|B|^2 =(\lambda+\mu)^2-\lambda\mu|A-C|^2 <(\lambda+\mu)^2. \] Dolayısıyla \(\lambda+\mu>1\) olur.
Şimdi \(Q\neq O\), verilen kümenin herhangi bir noktası olsun. \(|Q-A|\leq1\) ve \(|Q-C|\leq1\) eşitsizliklerinden \[ 2Q\cdot A\geq |Q|^2,\qquad 2Q\cdot C\geq |Q|^2 \] elde edilir. Bu nedenle \[ \begin{aligned} |Q-B|^2 &=|Q|^2+1-2Q\cdot B\\ &=|Q|^2+1-2\lambda Q\cdot A-2\mu Q\cdot C\\ &\leq 1-(\lambda+\mu-1)|Q|^2\\ &<1, \end{aligned} \] çünkü \(Q\neq O\)'dır. Dolayısıyla \(B\)'nin tek çap komşusu \(O\)'dur ve iddia kanıtlanmıştır.
Şimdi \(n\) üzerinden tümevarım uygulayalım. \(n=3\) için yalnızca üç birleştirme doğru parçası vardır; dolayısıyla önerme doğrudur.
\(n\geq4\) olduğunu ve önermenin \(n-1\) nokta için doğru olduğunu varsayalım. Her noktanın en fazla iki çap komşusu varsa, her çapı iki uç noktasında da sayarak \[ 2(\text{çapların sayısı})\leq 2n, \] elde ederiz; bu da istenen sonuçtur.
Aksi hâlde, bir \(O\) noktasının en az üç çap komşusu vardır. İddiaya göre bunlardan birinin, \(B\)'nin, tek çap komşusu \(O\)'dur. \(B\)'yi silelim. \(O\)'nun en az iki çap komşusu kaldığından, kalan kümedeki en büyük uzaklık yine \(1\)'dir. Tümevarım varsayımına göre bu kümenin en fazla \(n-1\) çapı vardır. \(B\)'yi geri eklemek tam olarak bir çap, yani \(OB\)'yi ekler; böylece en fazla \(n\) çap elde edilir.
Bu, kanıtı tamamlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1965 · Problema 6
En un plano se da un conjunto de \(n\) puntos (\(n \geq 3\)). Cada par de puntos se une mediante un segmento. Sea \(d\) la longitud del más largo de estos segmentos. Definimos un diámetro del conjunto como cualquier segmento de longitud \(d\) que una dos de sus puntos. Demostrar que el número de diámetros del conjunto dado es a lo sumo \(n\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Los puntos son distintos, por lo que \(d>0\). Mediante un cambio de escala de la configuración, podemos suponer que \(d=1\). Diremos que dos puntos son vecinos diametrales si su distancia es \(1\).
Primero demostraremos que si un punto tiene al menos tres vecinos diametrales, entonces uno de esos vecinos tiene exactamente un vecino diametral.
Sea \(O\) ese punto, y tomemos \(O\) como origen. Fijemos un vecino diametral \(U\). Todo vecino diametral \(X\) de \(O\) satisface \[ |X|=|U|=1,\qquad |X-U|\leq 1, \] donde \(|\cdot|\) denota la longitud euclídea. En consecuencia, \[ X\cdot U=\frac{|X|^2+|U|^2-|X-U|^2}{2}\geq\frac12. \] Por tanto, todos los vecinos diametrales de \(O\) se encuentran en un arco de la circunferencia de centro \(O\) y radio uno cuya amplitud angular es \(120^\circ\), menor que una semicircunferencia.
Elijamos tres de esos vecinos y designémoslos por \(A,B,C\) en orden angular a lo largo de este arco. La semirrecta \(OB\) corta, por tanto, el interior de la cuerda \(AC\). Se deduce que \[ B=\lambda A+\mu C \] para ciertos \(\lambda,\mu>0\). Como \(A,B,C\) son vectores unitarios distintos, \[ 1=|B|^2 =(\lambda+\mu)^2-\lambda\mu|A-C|^2 <(\lambda+\mu)^2. \] Por tanto, \(\lambda+\mu>1\).
Sea ahora \(Q\neq O\) cualquier punto del conjunto dado. De \(|Q-A|\leq1\) y \(|Q-C|\leq1\), obtenemos \[ 2Q\cdot A\geq |Q|^2,\qquad 2Q\cdot C\geq |Q|^2. \] Por consiguiente, \[ \begin{aligned} |Q-B|^2 &=|Q|^2+1-2Q\cdot B\\ &=|Q|^2+1-2\lambda Q\cdot A-2\mu Q\cdot C\\ &\leq 1-(\lambda+\mu-1)|Q|^2\\ &<1, \end{aligned} \] porque \(Q\neq O\). Así pues, el único vecino diametral de \(B\) es \(O\), lo que demuestra la afirmación.
Procedamos ahora por inducción sobre \(n\). Para \(n=3\), solo hay tres segmentos que unen pares de puntos, por lo que se cumple la afirmación.
Supongamos que \(n\geq4\) y que la afirmación se cumple para \(n-1\) puntos. Si cada punto tiene a lo sumo dos vecinos diametrales, entonces, contando cada diámetro en sus dos extremos, \[ 2(\text{número de diámetros})\leq 2n, \] como se quería demostrar.
En caso contrario, algún punto \(O\) tiene al menos tres vecinos diametrales. Por la afirmación demostrada, uno de ellos, \(B\), tiene únicamente a \(O\) como vecino diametral. Eliminemos \(B\). Quedan al menos dos vecinos diametrales de \(O\), por lo que la distancia máxima en el conjunto restante sigue siendo \(1\). Por la hipótesis de inducción, este conjunto tiene a lo sumo \(n-1\) diámetros. Al reponer \(B\), se añade exactamente un diámetro, a saber, \(OB\), de modo que se obtienen a lo sumo \(n\) diámetros.
Esto completa la demostración.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1965 · 问题 6
在平面内给定一个由 \(n\) 个点（\(n \geq 3\)）组成的点集。将每一对点用线段连接。设 \(d\) 为这些线段中最长线段的长度。我们将其中任意一条长度为 \(d\) 的连线段称为该点集的一条直径。证明：给定点集的直径条数至多为 \(n\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
这些点互不相同，因此 \(d>0\)。对图形作相似变换，可设 \(d=1\)。若两点之间的距离为 \(1\)，则称它们互为直径邻点。
我们先证明：若一个点至少有三个直径邻点，则其中某个邻点恰有一个直径邻点。
设这个点为 \(O\)，并以 \(O\) 为原点。固定一个直径邻点 \(U\)。\(O\) 的每个直径邻点 \(X\) 都满足 \[ |X|=|U|=1,\qquad |X-U|\leq 1, \] 其中 \(|\cdot|\) 表示欧几里得长度。于是 \[ X\cdot U=\frac{|X|^2+|U|^2-|X-U|^2}{2}\geq\frac12. \] 因此，\(O\) 的所有直径邻点都位于以它为圆心的单位圆上一段所对圆心角为 \(120^\circ\) 的圆弧上，该圆弧小于半圆。
从这些邻点中选取三个，按它们沿该圆弧的角度顺序依次标为 \(A,B,C\)。于是射线 \(OB\) 与弦 \(AC\) 的内部相交。因此 \[ B=\lambda A+\mu C \] 其中 \(\lambda,\mu>0\)。由于 \(A,B,C\) 是互不相同的单位向量， \[ 1=|B|^2 =(\lambda+\mu)^2-\lambda\mu|A-C|^2 <(\lambda+\mu)^2. \] 所以 \(\lambda+\mu>1\)。
现在，设 \(Q\neq O\) 为给定点集中的任意一点。由 \(|Q-A|\leq1\) 和 \(|Q-C|\leq1\)，得到 \[ 2Q\cdot A\geq |Q|^2,\qquad 2Q\cdot C\geq |Q|^2. \] 因此 \[ \begin{aligned} |Q-B|^2 &=|Q|^2+1-2Q\cdot B\\ &=|Q|^2+1-2\lambda Q\cdot A-2\mu Q\cdot C\\ &\leq 1-(\lambda+\mu-1)|Q|^2\\ &<1, \end{aligned} \] 其中最后一个不等式由 \(Q\neq O\) 得到。因此，\(B\) 唯一的直径邻点是 \(O\)，断言得证。
现在对 \(n\) 作数学归纳。\(n=3\) 时，连接各点的线段只有三条，因此结论成立。
设 \(n\geq4\)，且结论对 \(n-1\) 个点成立。若每个点至多有两个直径邻点，则在每条直径的两个端点处各计数一次，得到 \[ 2(\text{直径条数})\leq 2n, \] 即得所要证明的结论。
否则，存在某个点 \(O\)，它至少有三个直径邻点。根据上述断言，其中某个邻点 \(B\) 只有 \(O\) 这一个直径邻点。删去 \(B\)。\(O\) 至少还剩两个直径邻点，因此余下点集的最大距离仍为 \(1\)。由归纳假设，它至多有 \(n-1\) 条直径。将 \(B\) 加回时，恰好增加一条直径，即 \(OB\)，所以直径总数至多为 \(n\)。
证明完毕。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1965 · Задача 6
На плоскости дано множество из \(n\) точек (\(n \geq 3\)). Каждая пара точек соединена отрезком. Пусть \(d\) — длина самого длинного из этих отрезков. Диаметром множества назовём любой соединяющий отрезок длины \(d\). Докажите, что число диаметров данного множества не превосходит \(n\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Все точки различны, поэтому \(d>0\). Изменив масштаб конфигурации, можно считать, что \(d=1\). Назовём две точки диаметральными соседями, если расстояние между ними равно \(1\).
Сначала докажем, что если у точки есть хотя бы три диаметральных соседа, то у одного из этих соседей есть ровно один диаметральный сосед.
Обозначим эту точку через \(O\) и примем \(O\) за начало координат. Зафиксируем диаметрального соседа \(U\). Для каждого диаметрального соседа \(X\) точки \(O\) выполняется \[ |X|=|U|=1,\qquad |X-U|\leq 1, \] где \(|\cdot|\) обозначает евклидову длину. Следовательно, \[ X\cdot U=\frac{|X|^2+|U|^2-|X-U|^2}{2}\geq\frac12. \] Таким образом, все диаметральные соседи точки \(O\) лежат на дуге единичной окружности с центром \(O\), угловая величина которой равна \(120^\circ\), то есть меньше полуокружности.
Выберем три таких соседа и обозначим их \(A,B,C\) в порядке следования по этой дуге. Поэтому луч \(OB\) пересекает внутреннюю часть хорды \(AC\). Отсюда следует, что \[ B=\lambda A+\mu C \] при некоторых \(\lambda,\mu>0\). Поскольку \(A,B,C\) — различные единичные векторы, \[ 1=|B|^2 =(\lambda+\mu)^2-\lambda\mu|A-C|^2 <(\lambda+\mu)^2. \] Следовательно, \(\lambda+\mu>1\).
Теперь пусть \(Q\neq O\) — любая точка данного множества. Из \(|Q-A|\leq1\) и \(|Q-C|\leq1\) получаем \[ 2Q\cdot A\geq |Q|^2,\qquad 2Q\cdot C\geq |Q|^2. \] Поэтому \[ \begin{aligned} |Q-B|^2 &=|Q|^2+1-2Q\cdot B\\ &=|Q|^2+1-2\lambda Q\cdot A-2\mu Q\cdot C\\ &\leq 1-(\lambda+\mu-1)|Q|^2\\ &<1, \end{aligned} \] поскольку \(Q\neq O\). Таким образом, единственный диаметральный сосед точки \(B\) — это \(O\), что и доказывает утверждение.
Теперь проведём индукцию по \(n\). При \(n=3\) имеется всего три соединяющих отрезка, поэтому утверждение верно.
Пусть \(n\geq4\) и утверждение верно для \(n-1\) точек. Если у каждой точки не более двух диаметральных соседей, то, учитывая каждый диаметр при обоих его концах, получаем \[ 2(\text{число диаметров})\leq 2n, \] что и требовалось.
В противном случае у некоторой точки \(O\) есть хотя бы три диаметральных соседа. По доказанному утверждению у одного из них, \(B\), единственным диаметральным соседом является \(O\). Удалим \(B\). Останутся хотя бы два диаметральных соседа точки \(O\), поэтому наибольшее расстояние в оставшемся множестве по-прежнему равно \(1\). По предположению индукции в нём не более \(n-1\) диаметров. Возвращение точки \(B\) добавляет ровно один диаметр, а именно \(OB\), так что всего получается не более \(n\) диаметров.
Доказательство завершено.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1965 · المسألة 6
أُعطيت في مستوى مجموعة من \(n\) نقطة (\(n \geq 3\)). نصل كل زوج من النقاط بقطعة مستقيمة. ليكن \(d\) طول أطول هذه القطع المستقيمة. نعرّف قطرًا للمجموعة بأنه أي قطعة مستقيمة واصلة طولها \(d\). أثبت أن عدد أقطار المجموعة المعطاة لا يتجاوز \(n\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
النقاط متمايزة، ولذلك \(d>0\). وبتغيير مقياس الشكل، يمكننا أن نفترض أن \(d=1\). نقول إن نقطتين متجاورتان قطريًا إذا كانت المسافة بينهما \(1\).
نثبت أولًا أنه إذا كانت لنقطة ما ثلاث نقاط مجاورة قطريًا على الأقل، فإن لإحدى هذه النقاط المجاورة نقطة مجاورة قطريًا واحدة بالضبط.
لتكن تلك النقطة \(O\)، ولنتخذ \(O\) مبدأً. نثبت نقطة \(U\) مجاورة لها قطريًا. كل نقطة \(X\) مجاورة قطريًا للنقطة \(O\) تحقق \[ |X|=|U|=1,\qquad |X-U|\leq 1, \] حيث يرمز \(|\cdot|\) إلى الطول الإقليدي. وبالتالي، \[ X\cdot U=\frac{|X|^2+|U|^2-|X-U|^2}{2}\geq\frac12. \] إذن تقع جميع النقاط المجاورة قطريًا للنقطة \(O\) على قوس من دائرة الوحدة التي مركزها هذه النقطة، قياسه الزاوي \(120^\circ\)، وهو أصغر من نصف دائرة.
نختار ثلاثًا من هذه النقاط المجاورة ونسميها \(A,B,C\) بحسب ترتيبها الزاوي على هذا القوس. ولذلك يلتقي الشعاع \(OB\) بالجزء الداخلي من الوتر \(AC\). وينتج أن \[ B=\lambda A+\mu C \] لبعض \(\lambda,\mu>0\). وبما أن \(A,B,C\) متجهات وحدة متمايزة، فإن \[ 1=|B|^2 =(\lambda+\mu)^2-\lambda\mu|A-C|^2 <(\lambda+\mu)^2. \] ومن ثم \(\lambda+\mu>1\).
لتكن الآن \(Q\neq O\) أي نقطة من المجموعة المعطاة. من \(|Q-A|\leq1\) و\(|Q-C|\leq1\)، نحصل على \[ 2Q\cdot A\geq |Q|^2,\qquad 2Q\cdot C\geq |Q|^2. \] ولذلك \[ \begin{aligned} |Q-B|^2 &=|Q|^2+1-2Q\cdot B\\ &=|Q|^2+1-2\lambda Q\cdot A-2\mu Q\cdot C\\ &\leq 1-(\lambda+\mu-1)|Q|^2\\ &<1, \end{aligned} \] لأن \(Q\neq O\). إذن النقطة الوحيدة المجاورة قطريًا للنقطة \(B\) هي \(O\)، وبذلك يثبت الادعاء.
نتابع الآن بالاستقراء على \(n\). عندما يكون \(n=3\)، لا توجد إلا ثلاث قطع مستقيمة واصلة، فتكون النتيجة صحيحة.
لنفترض أن \(n\geq4\) وأن النتيجة صحيحة لمجموعة من \(n-1\) نقطة. إذا كان لكل نقطة نقطتان مجاورتان قطريًا على الأكثر، فإننا، بعدّ كل قطر عند طرفيه، نحصل على \[ 2(\text{عدد الأقطار})\leq 2n, \] كما هو مطلوب.
وفي غير هذه الحالة، توجد نقطة \(O\) لها ثلاث نقاط مجاورة قطريًا على الأقل. وبحسب الادعاء، فإن إحدى هذه النقاط، ولتكن \(B\)، ليس لها سوى \(O\) نقطةً مجاورة قطريًا. نحذف \(B\). تبقى نقطتان مجاورتان قطريًا للنقطة \(O\) على الأقل، ولذلك تظل أطول مسافة في المجموعة المتبقية مساوية لـ \(1\). وبفرضية الاستقراء، فإن عدد أقطارها لا يتجاوز \(n-1\). وإعادة \(B\) تضيف قطرًا واحدًا بالضبط، هو \(OB\)، فيكون عدد الأقطار على الأكثر \(n\).
وهذا يتم البرهان.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).