XXVIII OM - III etap

III etap XXVIII Olimpiady Matematycznej

XXVIII - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Dany jest czworościan $ABCD$ , o którego kątach płaskich wiadomo, że

$ \measuredangle BAD = 60^{\circ}, \quad \measuredangle BAC = 40^{\circ}, \quad \measuredangle ABD = 80 ^{\circ}, \quad \measuredangle ABC = 70^{\circ} $

Dowieść, że krawędzie $AB$ i $CD$ są prostopadłe.

Rozwiązanie

Ponieważ suma miar kątów trójkąta $ABC$ jest równa $180^\circ$ , więc $\measuredangle ACB = 180^\circ - \measuredangle ABC - \measuredangle BAC = 180^\circ - 70^\circ - 40^\circ = 70^\circ$ . Wynika stąd, że trójkąt $ABC$ jest równoramienny: $AB = AC$ .

Jak wiadomo, iloczyn skalarny dwóch wektorów jest równy iloczynowi ich długości i cosinusa kąta między nimi. W szczególności wektory są prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny jest równy zeru. Mamy więc

$ (1) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 40^\circ = AB^2 \cdot \cos 40^\circ $

$ (2) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB \cdot AD \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2} AB \cdot AD. $

Z twierdzenia sinusów zastosowanego do trójkąta $ABD$ otrzymujemy $\displaystyle \frac{AD}{\sin 80^\circ} = \frac{AB}{\sin 40^\circ}$ , czyli $AD = AB \displaystyle \frac{\sin 80^\circ}{\sin 40^\circ} = 2AB \cdot \cos 40^\circ$ ,
ponieważ $\sin 80^\circ = 2 \sin 40^\circ \cdot \cos 40^\circ$ . Z (2) wynika więc, że

$ (3) \qquad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = AB^2 \cos 40^\circ. $

Wobec tego z (1) i (3) otrzymujemy

$ \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AB} (\overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AC}) = \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} - \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 0. $

Oznacza to, że wektory $\overrightarrow{AB}$ i $\overrightarrow{CD}$ są prostopadłe.

XXVIII - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Dla ustalonej liczby naturalnej $s \geq 3$ dany jest ciąg kół $(K_n)$ oraz ciąg $s$ -kątów wypukłych $(W_n)$ że

$ K_n \supset W_n \supset K_{n+1} \quad \text{ dla } n = 1,2, \ldots. $

Dowieść, że ciąg średnic kół $K_n$ dąży do zera.

Rozwiązanie

Niech punkty $P_1, P_2, \ldots, P_{s+ 1}$ dzielą brzeg koła $K_n$ na $s + 1$ równych łuków (rys. 13, przyjęliśmy tu $s = 5$ ). Rozważmy odcinki koła $K_n$ wyznaczone przez cięciwy $\overline{P_1P_2}, \overline{P_2P_3}, \ldots, \overline{P_sP_{s+1}}, \overline{P_{s+1}P_1}$ i nie zawierające środka koła $K_n$ . Ponieważ tych odcinków jest $s + 1$ , więc co najmniej jeden z nich nie zawiera wierzchołka $s$ -kąta $W_n$ , a więc jest rozłączny z $W_n$ (odcinek taki jest zakreskowany na rys. 13). Tym bardziej odcinek ten jest rozłączny z kołem $K_{n+1}$ zawartym w $W_n$ .

Niech $F_n$ będzie figurą powstającą z koła $K_n$ przez odjecie odcinka kołowego odpowiadającego kątowi środkowemu $\displaystyle \frac{2\pi}{s+1}$ . Niech $q$
będzie stosunkiem pola figury $F_n$ do pola koła $K_n$ . Oczywiście $q$ jest liczbą z przedziału $(0, 1)$ zależną tylko od $s$ , a niezależną od $n$ .

Mamy więc $(\textrm{pole}\ K_{n+1}) < q \cdot (\textrm{pole}\ K_n)$ i stąd przez indukcję $(\textrm{pole}\ K_{n+1}) < q^n \cdot (\textrm{pole}\ K_1)$ dla $n = 1, 2, \ldots$ .

Ponieważ ciąg $(q^n)$ jest zbieżny do zera, więc i ciąg pól kół $K_n$ jest zbieżny do zera. Stąd z kolei wynika, że również ciąg średnic kół $K_n$ dąży do zera.

Uwaga. Można rozpatrywać zadanie ogólniejsze: Dany jest ciąg $(s_n)$ liczb naturalnych, gdzie $s_n \geq 3$ , ciąg kół $(K_n)$ oraz ciąg wielokątów wypukłych $(W_n)$ , gdzie $W_n$ ma $s_n$ boków, takie, że

$ K_n \supset W_n \supset K_{n+1} \ \textrm{dla}\ n = 1, 2, \ldots. $

Czy ciąg średnic kół $K_n$ dąży do sera?

Rozumując analogicznie, jak w rozwiązaniu zadania, można udowodnić nierówność $r_{n+1} \leq r_n \cos^2 \displaystyle \frac{\pi}{2s_n}$ i stąd przez indukcję, że

$ r_k \leq r_1 \cos^2 \frac{\pi}{2s_1} \cdot \cos^2 \frac{\pi}{2s_2} \cdot \ldots \cos^2 \frac{\pi}{2s_{k-1}}, $

tzn.

$ (5) \qquad r_k \leq r_1 \left( \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{2s_j} \right)^2 \ \textrm{dla}\ k = 1, 2, \ldots. $

Metodami analizy matematycznej można udowodnić

Twierdzenie. Jeżeli $(a_n)$ jest ciągiem litzb należących do przedziału $\left( 0, \displaystyle \frac{\pi}{2} \right)$ , to ciąg $\displaystyle a_n = \prod_{j=1}^n \cos \alpha_j$ jest zbieżny do zera wtedy i tylko wtedy, gdy szereg $\displaystyle \sum_{j=1}^\infty \alpha_j^2$ jest rozbieżny.

Jeżeli więc szereg

$ (6) \qquad \sum_{j=1}^\infty \frac{1}{s_j^2} $

jest rozbieżny, to z tego twierdzenia wynika, że ciąg $\displaystyle b_k = \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{2s_j}$ jest zbieżny do zera. Zatem z (5) otrzymujemy, że ciąg $(r_k)$ też jest zbieżny do zera.

Jeżeli zaś szereg (6) jest zbieżny, to sytuacja jest inna. Istnieje wtedy ciąg wielokątów $(W_n)$ i ciąg kół $(K_n)$ spełniające powyższe warunki i takie, że ciąg średnic kół $K_n$ nie dąży do zera.

Mianowicie, niech $(s_n)$ będzie takim ciągiem liczb naturalnych, że $s_n \geq 3$ i szereg (6) jest zbieżny. Niech $W_n$ będzie $s$ -kątem foremnym wpisanym w koło $K_n$ , a $K_{n+1}$ - kołem wpisanym w wielokąt $W_n$ .

Jeżeli $O$ jest środkiem koła $K_n$ , $A$ i $B$ - kolejnymi wierzchołkami wielokąta $W_n$ , a $G$ - środkiem odcinka $AB$ (rys. 16), to mamy zależności $\measuredangle AOB = \displaystyle \frac{2\pi}{s_n}= 2 \measuredangle AOC$ . Wobec tego

$ r_{n+1} = OC = OA \cos \measuredangle AOC = r_n \cos \frac{\pi}{s_n}. $

Stąd przez indukcję łatwo otrzymujemy, że

$ (7) \qquad r_k = r_1 \cdot \cos \frac{\pi}{s_1} \cdot \cos \frac{\pi}{s_2} \ldots \cdot \cos \frac{\pi}{s_{k-1}} \ \textrm{dla}\ k = 1, 2, \ldots . $

Ponieważ szereg (6) jest zbieżny, więc z podanego wyżej twierdzenia wynika, że ciąg $\displaystyle c_k = \prod_{j=1}^{k-1} \cos \frac{\pi}{s_j}$ nie jest zbieżny do zera. Zatem na mocy (7) i ciąg $(r_k)$ nie dąży do zera.

Zauważmy jednak, że ciąg $(r_k)$ jest zbieżny, ponieważ $0 < r_{k+1} < r_k$ dla $k = 1, 2, \ldots$ tzn. ciąg ten jest malejący i ograniczony z dołu.

XXVIII - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Rozważmy zbiór $A = \{0, 1, 2, 3, \ldots, 2^{2n-1}\}$ . Dana jest funkcja $f: A \to A$ taka, że dla każdego ciągu $(x_0, x_1, \ldots, x_{2n-1})$ o wyrazach równych 0 lub 1 spełniona jest równość

$ \begin{split} f(x_0 + 2x_1 + 2^2x_2 + \ldots + 2^{2n-1}x_{2n-1}) = (1 - x_0) + 2x_1 + \\ + (1 - x_2)\cdot 2^2 + x_3 \cdot 2^3 + \ldots + (1 - x_{2n-2}) \cdot 2^{2n-2} + \\ + x_{2n-1}\cdot 2^{2n-1}. \end{split} $

Udowodnić, że jeżeli liczby $a_1, a_2, \ldots, a_9 \in A$ są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, to ciąg $(f(a_1), f(a_2), \ldots, f(a_9))$ nie jest rosnący.

Rozwiązanie

Dowolną liczbę $a \in A$ zapiszmy w systemie dwójkowym dopisując ewentualnie z lewej strony odpowiednią liczbę zer tak, aby zapis miał $2n$ cyfr. Z warunków zadania wynika, że zapis liczby $f(a)$ otrzymujemy z zapisu liczby $a$ przez zamianę na miejscach parzystych (licząc od lewej strony) zer na jedynki i jedynek na zera.

Udowodnimy, że jeżeli liczby $a_1, a_2, \ldots, a_5 \in A$ są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego o różnicy dodatniej $d$ , to ciąg $(f(a_1), f(a_2), \ldots, f(a_5))$ nie jest monotoniczny. Wynika stąd teza zadania nawet dla ciągów pięciowyrazowych.

Niech w zapisie dwójkowym liczby $d$ pierwsza jedynka znajduje się na miejscu $m$ -tym licząc od lewej strony. Wtedy $d \geq 2^{2n-m}$ . Załóżmy, ze liczba $m$ jest parzysta. W pozostałym przypadku rozumowanie przebiega podobnie. Ponieważ

$ 4d \leq a_1 + 4d = a_s < 2^{2n},\quad \textrm{więc} \quad d < 2^{2n-2} $

i stąd $2n - m < 2n - 2$ , czyli $m \geq 3$ .

Rozpatrzmy wszystkie układy zer i jedynek, jakie występują na miejscach o numerach $m-2, m-1, m$ w rozwinięciach dwójkowych liczb należących do zbioru $A$ . Układów tych jest $8$ , są one podane na rys. 17.

Przy tym, jeżeli $x, x+d \in A$ oraz liczbie $x$ odpowiada pewien układ, to liczbie $x + d$ może odpowiadać jeden z dwóch układów w zależności od tego, czy dodając cyfry stojące na miejscach o numerze $m +1$ w rozwinięciach liczb $x$ i $d$ będziemy mieli $0$ , czy $1$ w pamięci.

Na przykład, jeżeh $x = \ldots \underline{101} \ldots$ , $d = 0 \ldots 0 \underline{001} \ldots$ to $x + d= \ldots \underline{110} \ldots$ lub $x + d = \ldots \underline{111} \ldots$ (podkreślamy cyfry na miejscach o numerach $m - 2, m - 1, m$ ).

Na rys. 17 układ odpowiadający liczbie $x$ łączymy strzałką (pojedynczą, podwójną lub przerywaną) z układem odpowiadającym liczbie $x + d$ . Przy tym strzałka jest przerywana wtedy i tylko wtedy gdy cyfry występujące na miejscach wcześniejszych od $(m - 2)$ w rozwinięciach liczb $x$ i $x + d$ są różne. Na przykład, jeżeli $x = 0 \ldots 0\underline{111}0 \ldots 0$ , to $x + d = 0 \ldots 01\underline{000} \ldots$ . Widzimy, że cyfry na $(m - 3)$ miejscu w rozwinięciach liczb $x$ i $x + d$ są różne. Zatem od układu $111$ do układu $000$ prowadzi strzałka przerywana.

Pozostałe układy łączymy strzałką pojedynczą lub podwójną w zależności od tego, czy $f(x) > f(x + d)$ , czy $f(x) < f(x + d)$ . Na przykład, jeżeli $x = \ldots \underline{100} \ldots$ to $x + d = \ldots \underline{101} \ldots$ lub $x + d = \ldots \underline{110} \ldots$ oraz cyfry występujące w rozwinięciach liczb $x$ i $x + d$ na miejscach o numerach mniejszych od $m - 2$ są jednakowe. Przy tym, ponieważ $m$ jest liczbą parzystą, a $f$ zmienia na miejscach parzystych jedynki na zera, a zera na jedynki, więc

$f(\ldots \underline{100} \ldots) = \ldots \underline{001} \ldots,$

$f(\ldots \underline{101} \ldots) = \ldots \underline{000} \ldots,$

$f(\ldots \underline{110} \ldots) = \ldots \underline{011} \ldots.$

Zatem

$ f(\ldots \underline{101} \ldots) < f(x) = f(\ldots \underline{100} \ldots) < f(\ldots \underline{110} \ldots). $

Wobec tego od układu $100$ do układu $101$ prowadzimy strzałki podwójną, a od układu $100$ do układu $110$ - strzałkę pojedynczą (rys. 17).

Jeżeli $(a_1, a_2, \ldots, a_5)$ jest ciągiem arytmetycznym o różnicy $d$ i wyrazach należących do zbioru $A$ , to liczbom $a_1, a_2, \ldots, a_5$ odpowiadają pewne układy cyfr na rys. 17 połączone kolejnymi czterem strzałkami. Sprawdzamy bezpośrednio, że każda droga złożona z czterech kolejnych strzałek na rys. 17 zawiera co najmniej jedną strzałkę pojedynczą i co najmniej jedną strzałkę podwójną. Ale jednej z tych strzałek odpowiada nierówność $f(x + d) < f(x)$ , a drugiej - $f(x + d) > f(x)$ . Wobec tego ciąg $(f(a_1), f(a_2), \ldots, f(a_5)$ nie jest monotoniczny.

Uwaga. Istnieją ciągi arytmetyczne o czterech wyrazach $(a_1, a_2, a_3, a4)$ takie, że ciąg $(f(a_1), f(a_2), f(a_3), f(a_4))$ jest rosnący.

Weźmy na przykład $n = 2$ , $a_1 = 4$ , $a_2 = 6$ , $a_3 = 8$ , $a_4 = 10$ . Wtedy $d = 2 = 0010$ i wobec tego $m = 3$ . Mamy więc

$ 4 = \underline{010}0,\ 6 = \underline{011}0,\ 8 = \underline{100}0,\ 10 = \underline{101}0, $

$ f(4) = \underline{000}1,\ f(6) =\underline{001}1,\ f(8) = \underline{110}1,\ f(10) = \underline{111}1. $

Zatem $f(4) < f(6) < f(8) < f(10)$ .

XXVIII - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Funkcja $h: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ jest różniczkowalna i spełnia dla każdego $x$ warunek $h(ax) = b h(x)$ , gdzie $a$ i $b$ są pewnymi ustalonymi liczbami rzeczywistymi i $0 \neq |a| \neq 1$ . Ponadto $h'(0) \neq 0$ i funkcja $h'$ jest ciągła w punkcie $x = 0$ .
Udowodnić, że $a = b$ oraz istnieje taka liczba rzeczywista $c$ , że $h(x) = cx$ .

Rozwiązanie

Ze wzoru

$ (1) \qquad h(ax) = b \cdot h(x) $

wynika, że dla każdej liczby rzeczywistej $x \ne 0$ zachodzi równość

$ \frac{h(ax)-h(a \cdot 0)}{ax} = \frac{b \cdot h(x) - b \cdot h(0)}{ax}, $

czyli

$ \frac{h(ax)-h(0)}{ax} = \frac{b}{a} \frac{h(x) - h(0)}{x}. $

Przechodząc w (2) do granicy, gdy $x \to 0$ , otrzymujemy $h' (0) = \displaystyle \frac{b}{a} \cdot h'(0)$ i stąd, wobec $h'(0) \ne 0$ , że $a = b$ . Zatem równość (1) przybiera postać

$ (3) \qquad h(ax) = a \cdot h(x). $

Wobec tego $h(x) = h(a \cdot a^{-1} x) = a \cdot h(a^{-1} x)$ , czyli $h (a^{-1}x) = a^{-1} \cdot h(x)$ . Inaczej mówiąc, we wzorze (3) można $a$ zastąpić przez $a^{-1}$ .

Ponieważ $|a| < 1$ lub $|a^{-1}| < 1$ , więc bez zmniejszenia ogólności można przyjąć, że $|a| < 1$ .

Podstawiając $x = 0$ we wzorze (3) otrzymujemy $h(0) = a \cdot h(0)$ i stąd $h(0) = 0$ , ponieważ $a \ne 1$ .

Z (3) przez indukcję wynika, że

$ (4) \qquad h(a^nx) = a^n \cdot h(x) $

dla każdej liczby raturalnej $n$ . Ciąg $(a^nx)$ dąży do zera, gdy $n \to \infty$ , ponieważ $|a| < 1$ . Wobec tego na mocy (4) dla $x \ne 0$ mamy

$ h'(0) = \lim_{n \to \infty} \frac{h(a^nx)-h(0)}{a^nx} = \lim_{n \to \infty} \frac{h(a^nx)}{a^nx} = \frac{h(x)}{x}, $

czyli $h(x) = h'(0) \cdot x$ dla każdej liczby rzeczywistej $x \ne 0$ . Dla $x = 0$ wzór ten też zachodzi, ponieważ $h(0) = 0$ .

Wystarczy więc przyjąć $c = h'(0)$ .

Uwaga. W podanym wyżej rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że funkcja $h'$ jest ciągła w punkcie $x = 0$ , ani że funkcja $h$ jest różniczkowalna w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych. Korzystaliśmy jedynie z tego, że istnieje pochodna funkcji $h$ w punkcie $x = 0$ oraz $h'(0) \ne 0$ .

XXVIII - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Udowodnić, że dla dowolnego wielokąta wypukłego istnieje koło, na którego brzegu leżą trzy kolejne wierzchołki tego wielokąta i które zawiera ten wielokąt.

Rozwiązanie

Jeżeli odcinek $\overline{AB}$ jest zawarty w brzegu półpłaszczyzny $\pi$ , to zbiór punktów należących do półpłaszczyzny $\pi$ , z których widać odcinek $overline{AB}$ pod kątem $\alpha$ , jest łukiem pewnego okręgu $K$ .

Z punktów półpłaszczyzny $\pi$ leżących wewnątrz okręgu $K$ widać odcinek $overline{AB}$ pod kątem większym od $\alpha$ , a z punktów półpłaszczyzny $\pi$ położonych na zewnątrz okręgu $K$ widać odcinek $\overline{AB}$ pod kątem mniejszym od $\alpha$ .

Niech $A_1, A_2, \ldots, A_n$ będą kolejnymi wierzchołkami danego wielokąta. Niech $A_k$ będzie tym z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{n-1}$ , z którego widać odcinek $overline{A_1A_n}$ pod najmniejszym kątem, tzn.

$ \measuredangle A_1A_kA_n \leq \measuredangle A_1A_jA_n \ \textrm{dla} \ j = 2, 3, \ldots, n-1. $

Wtedy każdy z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{n-1}$ należy do koła $K$ opisanego na trójkącie $A_1A_kA_n$ (rys. 21).

Jeżeli $k = 2$ , to okrąg $K$ spełnia warunki zadania. Jeżeli $k > 2$ , to niech $A_m$ będzie takim z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{k-1}$ , z którego widać odcinek $overline{A_1A_k}$ pod najmniejszym kątem, tzn.

$ \measuredangle A_1A_mA_k \leq \measuredangle A_1A_jA_k \ \textrm{dla} \ j = 2, 3, \ldots, k-1. $

Wtedy każdy z punktów $A_2, A_3, \ldots, A_{k-1}$ należy do koła $K'$ opisanego na trójkącie $A_1A_mA_k$ . Punkty $A_{k+1}, A_{k+2}, \ldots, A_{n-1}$ też należą do koła $K'$ , ponieważ $K'$ zawiera odcinek koła $K$ zawierający punkt $A_n$ i ograniczony cięciwą $overline{A_1A_k}$ .

Jeżeli $A_1, A_m, A_k$ są kolejnymi wierzchołkami danego wielokąta, to okrąg $K'$ spełnia warunki zadania. Jeżeli $A_1, A_m, A_k$ nie są trzema kolejnymi wierzchołkami tego wielokąta, na przykład $m < k - 1$ , to wybieramy punkt $A_p$ spośród $A_{m+1}, A_{m+2}, \ldots, A_{k-1}$ taki, że

$ \measuredangle A_mA_pA_k \leq \measuredangle A_mA_jA_k \ \textrm{dla} \ j = m+1, m+2, \ldots, k-1 $

i rozważamy koło $K^n$ opisane na trójkącie $A_mA_pA_k$ . Koło to zawiera oczywiście wszystkie wierzchołki danego wielokąta.

Postępując dalej analogicznie po skończonej liczbie kroków dojdziemy do koła spełniającego warunki zadania.

XXVIII - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

III

Dany jest wielomian

$ W(x)= (x-a)^k\cdot Q(x), $

gdzie $a \neq O$ , $Q$ jest wielomianem niezerowym, $k$ jest liczbą naturalną. Dowieść, że $W$ ma co najmniej $k + 1$ współczynników różnych od zera.

Rozwiązanie

\spos{1} Zastosujemy indukcję względem $k$ dla $k \geq 0$ . Jeżeli $k = 0$ , to z (1) otrzymujemy $W(x) = Q(x)$ . Przy tym wielomian $W(x)$ ma co najmniej jeden współczynnik różny od zera, ponieważ wielomian $Q(x)$ jest niezerowy. Twierdzenie podane w zadaniu jest więc prawdziwe dla liczby $k = 0$ .

Z kolei niech $k$ będzie liczbą naturalną i załóżmy, że twierdzenie to zachodzi dla liczby $k-1$ . Niech wielomian $W(x)$ spełnia (1). Przedstawmy wielomian $Q(x)$ w postaci $x^r \cdot Q_1(x)$ , gdzie $r \geq 0$ i wielomian $Q_1(x)$ nie jest podzielony przez $x$ , tzn. ma wyraz wolny różny od zera. Wtedy z (1) wynika, że $W(x) = x^r \cdot W_1(x)$ , gdzie

$ (2) \qquad W_1(x)= (x - a)^k \cdot Q_1(x). $

Ponieważ $W(x) = x^r \cdot W_1(x)$ , więc liczby współczynników różnych od zera w wielomianach $W(x)$ i $W_1(x)$ są równe.

Różniczkując obustronnie równość (2) otrzymujemy

$ \begin{split} W'_1(x) & = k \cdot (x - a)^{k-1} \cdot Q_1(x) + (x - a)^k \cdot Q'_1(x) =\\ & = (x - a)^{k-1} [k \cdot Q_1(x) + (x - a) \cdot Q'_1(x)]. \end{split} $

Przy tym wielomian $k \cdot Q_1(x) +(x-a) \cdot Q_1'(x)$ jest niezerowy, ponieważ wielomian $W'_1(x)$ jest niezerowy na mocy (2). Z założenia indukcyjnego wynika więc, że wielomian $W_1'(x)$ ma co najmniej $k$ współczynników różnych od zera.

Przy różniczkowaniu dowolnego wielomianu jego wyraz wolny przechodzi na zero, a jednomiany różnych stopni dodatnich - na jednomiany różnych stopni. Wobec tego, jeżeli wielomian ma wyraz wolny różny od zera, to liczba jego współczynników różnych od zera jest o $1$ większa od liczby współczynników różnych od zera pochodnej tego wielomianu.

Z (2) wynika, że wielomian $W_1(x)$ ma wyraz wolny różny od zera. Wobec tego ma on o jeden współczynnik różny od zera więcej niż wielomian $W_1'(x)$ . Zatem wielomian $W_1(x)$ , a więc i $W(x)$ , ma co najmniej $k + 1$ współczynników różnych od zera. Udowodniliśmy więc twierdzenie podane w zadaniu dla liczby $k$ .

Na mocy zasady indukcji twierdzenie to zachodzi dla każdej liczby całkowitej nieujemnej $k$ .