XXIV OM

XXIV Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Jerzy Browkin

XXIV OM - I etap

I etap XXIV Olimpiady Matematycznej

XXIV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Dowieść, że dla każdego trójkąta istnieje prosta dzieląca ten trójkąt na dwie figury o równych obwodach i równych polach.

Rozwiązanie

W trójkącie równoramiennym prosta zawierająca dwusieczną kąta utworzonego przez jego ramiona spełnia warunki zadania. Niech więc długości boków trójkąta $ABC$ będą różne. Niech np. $a < b < c$ , gdzie $a = BC$ , $b = AC$ , $c = AB$ (rys. 6). Oznaczmy $p = \displaystyle \frac{1}{2} (a + b + c)$ .

Jeżeli $p - a \leq x \leq c$ , to $p - c \leq p - x \leq a$ . Zatem dla każdego $x \in \langle p-a;\ c \rangle$ istnieją takie punkty $P \in \overline{AB}$ i $Q \in \overline{BC}$ , że $BP = x$ i $BQ= p - x$ . Wtedy prosta $PQ$ dzieli obwód trójkąta $ABC$ na dwie równe części. Wykażemy, że istnieje takie $x \in \langle p-a;\ c\rangle$ , że pole $S_1$ trójkąta $BPQ$ jest równe połowie pola $S$ trójkąta $ABC$ . Mamy $S - 2S_1 = \displaystyle \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin \measuredangle B - BP \cdot BQ \cdot \sin \measuredangle B = \frac{1}{2} \sin \measuredangle B (ac - 2x (p - x))$ . Niech $f(x) = ac - 2x (p - x)$ . Obliczamy, że $f(p - a) = a (a - b) < 0$ oraz $f(c) = c (c - b) > 0$ . Ponieważ wielomian $f$ przybiera na końcach przedziału $\langle p- a;\ c \rangle$ wartości przeciwnych znaków, więc ma on pierwiastek $x_0$ w tym przedziale. Zatem dla $x = x_0$ mamy $S = 2S_1$ .

XXIV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Dowieść, że spośród 25 różnych liczb dodatnich można wybrać dwie, których ani suma, ani różnica nie jest równa żadnej z pozostałych liczb.

Rozwiązanie

Oznaczmy dany zbiór liczb przez $A = \{a_1, a_2, \ldots, a_{25}\}$ , gdzie $0 < a_1 < a_2 < \ldots < a_{25}$ . Przypuśćmy, że dla dowolnych $r$ , $s$ , gdzie $1 \leq r < s \leq 25$ , zachodzi: $a_s + a_r \in A - \{a_r, a_s\}$ lub $a_s - a_r \in A - \{a_r, a_s\}$ . Oczywiście $a_r - a_s < 0$ i wobec tego liczba $a_r - a_s$ nie należy do $A$ .

Ponieważ dla $i = 1, 2, \ldots, 24$ mamy $a_{25} + a_i > a25$ , więc $a_{25} + a_i \not \in A$ . Zatem na mocy przypuszczenia $24$ liczby $a_{25} - a_i$ tworzą ciąg malejący o wyrazach należących do zbioru $A - \{a_{25}\}$ o $24$ elementach. Stąd

$ a_{25} - a_i = a_{25-i} \ \textrm{dla}\ i = 1, 2, \ldots, 24. $

Ponieważ dla $j = 2, 3, \ldots, 23$ mamy $a_{24} + a_j > a_{24} + a_1 = a_{25}$ , więc $a_{24} + a_i \not \in A$ i stąd na mocy przypuszczenia mamy $a_{24} - a_j \in A$ . Ponadto $a_{24} - a_j \leq a_{24} - a_2 = (a_{25} - a_1) - (a_{25} - a_{23}) = a_{23} - a_1 < a_{23}$ . Zatem $22$ liczby $a_{24} - a_j$ tworzą ciąg malejący o wyrazach należących do zbioru $A - \{a_{23}, a_{24}, a_{25} \}$ o $22$ elementach. Stąd

$ a_{24} - a_j = a_{24-j} \ \textrm{dla}\ j = 2, 3, \ldots, 23. $

W szczególności $a_{24} - a_{12} = a_{12}$ , a więc $a_{24} - a_{12} \not \in A - \{a_{12}, a_{24}\}$ . Mamy również $a_{24} + a_{12} > a_{24} + a_1 = a_{25}$ , a więc $a_{24} + a_{12} \not \in A$ . Przeczy to początkowemu przypuszczeniu.

XXIV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Niech $w(x)$ będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Udowodnić, że jeżeli liczba naturalna $d$ jest dzielnikiem każdej z liczb $a_n = 3^n + w(n)$ , gdzie $n = 0, 1, 2, \ldots$ , to $d$ jest potęgą liczby 2 o wykładniku całkowitym.

Rozwiązanie

Niech liczba pierwsza $p$ będzie dzielnikiem każdej z liczb $a_n$ , gdzie $n = 0, 1,2, \ldots$ . Wystarczy udowodnić, że $p = 2$ .

W szczególności mamy $p \mid a_0$ i $p \mid a_p$ . Stąd $p \mid a_p - a_0 = (3^p - 1) + (w(p) - w(0))$ . Niech $w(x) = c_0 + c_1x + \ldots + c_rx^r$ , gdzie liczby $c_0, c_1, \ldots, c_r$ są całkowite. Liczba $w(p) - w(0) = c_1p + c_2p^2 + \ldots + c_rp^r$ jest oczywiście podzielna przez $p$ . Zatem $p \mid 3^p - 1$ . Stąd $p \ne 3$ . Z małego twierdzenia Fermata wynika więc, że $p \mid 3^{p-1} - 1$ . Wobec tego $p \mid (3^p - 1) - (3^{p-1} - 1) = 2 \cdot 3^{p-1}$ . Ponieważ $p \ne 3$ , więc wynika stąd, że $p = 2$ .

XXIV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

W czworościanie $ABCD$ na, prostej łączącej środki krawędzie $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ obrano dowolny punkt $P$ nie leżący na tych krawędziach. Udowodnić, że proste $PA$ , $PB$ , $PC$ , $PD$ przecinają płaszczyznę równoległą do krawędzi $AB$ i $CD$ w punktach będących wierzchołkami równoległoboku.

Rozwiązanie

Niech $\pi$ będzie pewną płaszczyzną równoległą do krawędzi $\overline{AB}$ i $\overline{CD}$ . Jeżeli dla pewnego punktu $X$ prosta $PX$ przecina płaszczyznę $\pi$ , to przez $X'$ oznaczmy punkt przecięcia. Niech $R$ będzie środkiem odcinka $\overline{AB}$ , a $S$ - środkiem odcinka $\overline{CD}$ . Wtedy $R' = S'$ , ponieważ proste $PR$ i $PS$ są równe.

Z założenia odległości punktów $A$ i $P$ od płaszczyzny $\pi$ są różne. Zatem prosta $PA$ przecina płaszczyznę $\pi$ . Analogicznie stwierdzamy,że proste $PB$ , $PC$ , $PD$ przecinają płaszczyznę $\pi$ .

Jeżeli $P \in \pi$ , to $A'= B' = C' = D'= P$ . Niech więc $P \not \in \pi$ . Wtedy proste $AB$ i $A'B'$ są zawarte w płaszczyźnie $ABP$ . Jeżeli $AB \in \pi$ , to oczywiście $AB = A'B'$ . Wtedy $R = R'$ . Jeżeli zaś $AB \in \pi$ , to prosta $AB$ nie ma punktów wspólnych z płaszczyzną $\pi$ . W szczególności proste $AB$ i $A'B'$ nie mają punktów wspólnych. Zatem $AB \parallel A'B'$ . Wynika stąd, że $\measuredangle BAP = \measuredangle B'A'P$ , $\measuredangle ABP = \measuredangle A'B'P$ i $\measuredangle ARP = \measuredangle A'R'P$ (rys. 7). Wobec tego trójkąty $ARP$ i $A'R'P$ oraz $BRP$ i $B'R'P$ są podobne.

Stąd

$ \frac{AR}{A'R'} = \frac{RP}{R'P} = \frac{BR}{B'R'}. $

Ponieważ $AR = BR$ , więc wynika stąd, że $A'R' = B'R'$ , czyli $R'$ jest środkiem odcinka $\overline{A'B'}$ .

Analogicznie dowodzimy, że punkt $S'$ jest środkiem odcinka $\overline{CD}$ .

Jak wiemy, $AB \nparallel CD$ oraz $AB \parallel A'B'$ i $CD \parallel CD'$ . Wobec tego $A'B' \nparallel C'D'$ . Zatem odcinki $\overline{A'B'}$ i $\overline{C'D'}$ nie są równoległe i przecinają się w punkcie $R' = S'$ , który jest środkiem każdego z nich. Są więc one przekątnymi równoległoboku.

XXIV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Liczby rzeczywiste $x_1, x_2, \ldots, x_n$ spełniają równanie

$ x_1 + x_2 + \ldots + x_n = 0, $

niech $m$ będzie najmniejszą, zaś $M$ - największą z tych liczb. Dowieść, że $x_1^2 + x_2^2 + \ldots + x_n^2 \leq -nmM$ i określić, kiedy zachodzi równość.

Rozwiązanie

Ponieważ $m \leq x_1 \leq M$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ , więc

$ (1) \qquad (M - x_i)(x_i-m) \geq 0, $

czyli $- x_i^2 + (m + M) x_i - mM \geq 0$ , gdzie $i = 1, 2, \ldots, n$ .

Dodając te nierówności stronami wobec $x_1 + x_2 + \ldots + x_n = 0$ otrzymujemy

$ - \sum_{i=1}^n x_i^2 - nmM \geq 0, \quad \textrm{czyli} \quad \sum_{i=1}^n x_i^2 \leq - nmM. $

Będzie tu zachodziła równość wtedy i tylko wtedy, gdy w każdej z nierówności (1) będzie zachodziła równość, tzn. gdy każda z liczb $x_i$ będzie równa $m$ lub $M$ .

XXIV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Dowieść następującego twierdzenia: Cztery wysokości czworościanu $ABCD$ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy $AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2 = CA^2 + BD^2$ .

Rozwiązanie

Dla dowolnego czworościanu $ABCD$ niech $a = \overrightarrow{AB}$ , $b = \overrightarrow{AC}$ , $c = \overrightarrow{AD}$ . Ponieważ $\overrightarrow{DC} = b - c$ , $\overrightarrow{BD} = c - a$ , $\overrightarrow{CB} = a - b$ , więc równości dane w zadaniu przybierają postać $a^2 + (b - c)^2 = b^2 + (c - a)^2 = c^2 + (a - b)^2$ , czyli

$ (1) \qquad bc = ca = ab. $

Dla dowolnego punktu $P$ niech $m = \overrightarrow{AP}$ . Punkt $P$ należy do wysokości czworościanu $ABCD$ poprowadzonej z punktu $A$ wtedy i tylko wtedy, gdy wektor $m$ jest prostopadły do ściany $BCD$ , a więc gdy jest prostopadły do dwóch krawędzi zawartych w tej ścianie, np. do $\overline{CB}$ i $\overline{DC}$ . Zatem punkt $P$ należy do wysokości czworościanu poprowadzonej z wierzchołka $A$ wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (2) \qquad m(a-b) = 0\ \textrm{i} \ m(b-c) = 0. $

Analogicznie stwierdzamy, że punkt $P$ należy do pozostałych wysokości czworościanu wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (a - m)b = 0\ \textrm{i} \ (a - m)c = 0, $

$ (3) \qquad (b - m)c = 0\ \textrm{i} \ (b - m)a = 0, $

$ (c - m)a = 0\ \textrm{i} \ (c - m)b = 0. $

Warunki (2) i (3) są równoważne następującemu

$ (4) \qquad ma = mb = mc = ab = bc = ca. $

Oczywiście z (4) wynika (1). Udowpdnimy, że na odwrót, jeżeli spełnione są równości (1), to istnieje wektor $m$ spełniający (4).

Ogólnie, jeżeli wektory $a$ , $b$ , $c$ nie należą do jednej płaszczyzny i $\alpha$ jest dowolną liczbą, to istnieje taki wektor $m$ , że

$ (5) \qquad ma = mb = mc = \alpha. $

Obierając bowiem odpowiednio układ współrzędnych można przyjąć, że $a = [a_1, 0, 0]$ , $b = [b_1, b_2, 0]$ , $c = [c_1, c_2, c_3]$ , gdzie $a_1b_2c_3 \ne 0$ , oraz $m = [x, y, z]$ . Układ (5) przybiera teraz postać

$ a_1 x = \alpha, $

$ b_1x + b_2y = \alpha, $

$ c_1x + c_2y + c_3z = \alpha. $

Ten ostatni układ ma oczywiście rozwiązanie.

Uwaga. Zadanie to było zadaniem 14(2) w XII Olimpiadzie Matematycznej.

XXIV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Udowodnić, że wśród pięciu odcinków leżących na jednej prostej są trzy odcinki mające punkt wspólny lub trzy odcinki parami rozłączne.

Rozwiązanie

Niech dane będą odcinki otwarte $I_k = (a_k; b_k)$ , gdzie $k = 1, 2, 3, 4, 5$ . W przypadku odcinków domkniętych, domknięto-otwartych itd. rozumowanie przebiega podobnie.

Bez zmniejszenia ogólności można założyć, że $a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4 \leq a_5$ . Przypuśćmy, że nie istnieje punkt należący do żadnych trzech odcinków. Gdyby $b_1 > a_3$ i $b_2 > a_3$ , to odcinki $I_1, I_2, I_3$ miałyby punkt wspólny. Zatem $b_1 \leq a_3$ lub $b_2 \leq a_3$ . Niech $r$ będzie tą z liczb, $1$ , $2$ , dla której zachodzi $b_r \leq a_3$ .

Gdyby $b_3 > a_5$ i $b_4 > a_5$ , to odcinki $I_3, I_4, I_5$ miałyby punkt wspólny. Zatem $b_3 \leq a_5$ lub $b_4 \leq a_5$ . Niech $s$ będzie tą z liczb $3$ , $4$ , dla której zachodzi $b_s \leq a_5$ .

Mamy więc $a_r < b_r \leq a_3 \leq a_s < b_s \leq a_5 < b_5$ . Wynika stąd, że odcinki $I_r, I_s, I_5$ są parami rozłączne.

XXIV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Znaleźć wielomian o współczynnikach całkowitych najniższego możliwego stopnia, którego pierwiastkiem jest $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ .

Rozwiązanie

Znajdziemy wielomian o współczynnikach całkowitych, którego pierwiastkiem jest liczba $a = \sqrt{2} + \sqrt{3}$ . Jest ona oczywiście pierwiastkiem wielomianu

$ (1) \qquad x - \sqrt{2} - \sqrt{3}. $

Wielomian ten nie ma jednak całkowitych współczynników. Pomnóżmy wielomian (1) przez $x - \sqrt{2} + \sqrt{3}$ . Otrzymamy $(x - \sqrt{2})^2 - 3$ , czyli

$ (2) \qquad x^2 - 2\sqrt{2}x-1. $

Oczywiście liczba $\alpha$ jest pierwiastkiem wielomianu (2). Nie wszystkie jego współczynniki są jednak liczbami całkowitymi. Pomnóżmy więc jeszcze wielomian (2) przez $x^2 + 2\sqrt{2}x - 1$ . Otrzymamy

$ (3) \qquad x^4 - 10x^2 + 1. $

Liczba $\alpha$ jest pierwiastkiem wielomianu (3), który ma współczynniki całkowite.

Udowodnimy, że (3) jest wielomianem najniższego stopnia wśród takich wielomianów o całkowitych współczynnikach, których pierwiastkiem jest liczba $\alpha$ .

Wykażemy najpierw, że wielomian (3) nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopni dodatnich o współczynnikach wymiernych. Gdyby wielomian (3) był podzielny przez wielomian stopnia pierwszego o współczynnikach wymiernych, to miałby on pierwiastek w zbiorze liczb wymiernych. Każdy taki pierwiastek jest liczbą całkowitą, która dzieli wyraz wolny wielomianu (3). Sprawdzamy bez trudu, że żadna z liczb $1$ i $- 1$ nie jest pierwiastkiem tego wielomianu.

Udowodnimy z kolei, że wielomian (3) nie jest podzielny przez żaden wielomian kwadratowy o współczynnikach wymiernych. Gdyby bowiem

$ (7) \qquad x^4 - 10 x^2 + 1 = (x^2 + ax + b) (x^2 + cx + d), $

gdzie $a, b, c, d \in W$ , to porównując współczynniki przy tych samych potęgach $x$ po obu stronach równości (7) otrzymalibyśmy układ równań:

$ a + c = 0,\ ac + b + d = - 10,\ ad + bc = 0, \ bd = 1. $

Wyznaczając z pierwszego równania $c$ , a z ostatniego - $d$ i podstawiając do pozostałych równań otrzymamy

$ - a^2 + b + \frac{1}{b} = - 10,\ a(b^2-1) = 0. $

Stąd $a = 0$ , lub $b = \pm 1$ .

Jeżeli $a = 0$ , to $b + \frac{1}{b} = - 10$ , czyli $b^2 - 10 b + 1 = 0$ . To
ostatnie równanie nie ma pierwiastków w zbiorze liczb wymiernych.

Jeżeli $b = 1$ , to $a^2 = 12$ , a jeżeli $b = - 1$ , to $a^2 = 8$ . W żadnym z tych przypadków $a$ nie jest liczbą wymierną.

Gdyby liczba $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ była pierwiastkiem pewnego niezerowego wielomianu $f$ stopnia co najwyżej trzeciego o współczynnikach wymiernych i stopień ten byłby minimalny, to oznaczając odpowiednio przez $g$ i $r$ iloraz i resztę z dzielenia wielomianu (3) przez $f$ otrzymamy

$ x^4 - 10 x^2 + 1 =f(x)g(x) + r(x), $

gdzie $\mathrm{st} r < \mathrm{st} f$ . Przy tym $r$ nie jest wielomianem zerowym, ponieważ, jak udowodniliśmy, wielomian (3) nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopni dodatnich o współczynnikach wymiernych.

Podstawiając w ostatniej równości $x = \sqrt{2} + \sqrt{3}$ otrzymujemy $r( \sqrt{2} + \sqrt{3}) = 0$ . Jednak wielomian $f$ miał najmniejszy stopień wśród wielomianów niezerowych o współczynnikach wymiernych, których pierwiastkiem jest liczba $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ . Ponieważ $\mathrm{st} r < \mathrm{st} f$ , więc uzykaliśmy sprzeczność.

XXIV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Liczby rzeczywiste $x_1, x_2, \ldots, x_n$ spełniają warunki:

$ |x_i|=1 \quad (i = \, 2, \ldots, n), $

$ x_1x_2+ x_2x_3 + \ldots +x_{n-1}x_n + x_nx_1 = 0. $

Udowodnić, że liczba $n$ jest podzielna przez 4.

Rozwiązanie

Z warunków zadania wynika, że liczby $x_1x_2, x_2x_3, \ldots, x_{n-1}x_n,x_nx_1$ są równe $1$ lub $-1$ . Ponieważ ich suma jest równa zeru, więc $k$ z tych liczb jest równych $1$ i $k$ jest równych $-1$ . Zatem $n = 2k$ . Iloczyn tych liczb równy jest $(-1)^k = x_1x_2 \cdot x_2x_3 \ldots x_{n-1}x_n \cdot x_nx_1 = (x_1x_2 \ldots x_n)^2 = 1$ . Zatem $k$ jest liczbą parzystą, $k = 2s$ i stąd $n = 4s$ .

XXIV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Znaleźć najmniejszą liczbę naturalną $n > 1$ o następującej własności: istnieje taki zbiór $Z$ złożony z $n$ punktów płaszczyzny, że każda prosta $AB$ ( $A, B\in Z$ ) jest równoległa do pewnej innej prostej $CD$ ( $C, D \in Z$ ).

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw, że zbiór $Z$ wierzchołków pięciokąta foremnego ma własność podaną w zadaniu, a więc że $n \leq 5$ . Wykażemy ze każdy bok pięciokąta foremnego jest równoległy do pewnej przekątnej i na odwrót każda przekątna jest równoległa do odpowiedniego boku.

Wystarczy udowodnić, że $AB \parallel CE$ (rys. 11). Ponieważ na czworokącie $ABCE$ można opisać koło (mianowicie jest to koło opisane na danym pięciokącie foremnym), więc $\measuredangle A + \measuredangle BCE = \pi$ . Ponieważ $\measuredangle A = \measuredangle B$ , więc wynika stąd, że $\measuredangle BCE = \pi - \measuredangle B$ , co dowodzi, że $AB \parallel CE$ .

Z drugiej strony z warunków zadania wynika, że $n \geq 4$ , ponieważ są co najmniej dwie różne proste równoległe, każda z których zawiera co najmniej dwa punkty zbioru $Z$ . Gdyby $n = 4$ i punkty $A, B, C, D$ spełniały warunki zadania, to byłyby one wierzchołkami trapezu. Żadna z przekątnych trapezu nie jest jednak równoległa do innej prostej wyznaczonej przez jego wierzchołki. Zatem $n > 4$ , a więc z udowodnionej wcześniej nierówności $n \leq 5$ wynika, ze $n = 5$ .

XXIV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Udowodnić, że jeżeli środek kuli opisanej na czworościanie pokrywa się ze środkiem kuli wpisanej w ten czworościan, to ściany tego czworościanu są przystające.

Rozwiązanie

Niech punkt $O$ będzie środkiem kuli wpisanej i kuli opisanej na czworościanie $ABCD$ . Oznaczmy przez $r$ i $R$ odpowiednio długości promieni tych kul. Jeżeli $O'$ jest punktem styczności kuli wpisanej z jedną ze ścian, a $P$ - jednym z wierzchołków tej ściany, to stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $OO'P$ otrzymujemy $O'P = \sqrt{R^2 - r^2}$ . Zatem odległość punktu $O'$ od każdego wierzchołka tej ściany jest taka sama, czyli $O'$ jest środkiem koła opisanego na tej ścianie. Wynika też stąd, że promienie kół opisanych na każdej ze ścian czworościanu mają tę samą długość $\sqrt{R^2 - r^2}$ .

Punkt $O'$ leży wewnątrz ściany czworościanu, ponieważ jest punktem styczności kuli wpisanej w czworościan. Ponieważ $O'$ jest też środkiem koła opisanego na tej ścianie, więc wynika stąd, że wszystkie kąty tej ściany są ostre. Są to bowiem kąty wpisane oparte na łukach, mniejszych od półokręgu (rys. 12).

Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów $ABC$ i $CBD$ (rys. 13) otrzymujemy $\sin \measuredangle BAC = \displaystyle \frac{BC}{2 \sqrt{R^2 - r^2}}$ i $\sin \measuredangle BDC = \displaystyle \frac{BC}{2 \sqrt{R^2 - r^2}}$ . Stąd $\sin \measuredangle BAC = \sin \measuredangle BDC$ , a więc $\measuredangle BAC = \measuredangle BDC$ , ponieważ oba te kąty są ostre. Analogicznie dowodzimy, że każde dwa kąty ścian czworościanu leżące naprzeciwko tej samej krawędzi są równe, tzn. $\measuredangle ABC = \measuredangle ADC$ , $\measuredangle ACB = \measuredangle ADB$ , $\measuredangle ABD = \measuredangle ACD$ , $\measuredangle BAD = \measuredangle BCD$ , $\measuredangle CAD = \measuredangle CBD$ . Oznaczając wspólne miary kątów występujących w ostatnich sześciu równościach kolejno przez $\alpha, \beta, \gamma, \delta, \varepsilon, \mu$ mamy

$ (1) \qquad \alpha + \beta + \gamma = \pi,\ \beta + \delta + \mu = \pi, $

$ (2) \qquad \gamma + \delta + \varepsilon = \pi,\ \alpha + \varepsilon + \mu = \pi, $

ponieważ suma miar kątów dowolnej ściany równa jest $\pi$ .

Dodając stronami równości (1) oraz równości (2) otrzymamy

$ (3) \qquad \alpha + 2\beta + \gamma + \delta + \mu = 2\pi,\ \alpha + \gamma + \delta + 2\varepsilon + \mu = 2\pi. $

Odejmując stronami równości (3) uzyskujemy $\beta = \varepsilon$ . Ponieważ $\beta= \measuredangle ABC$ i $\varepsilon = \measuredangle BCD$ , więc wynika stąd, że trójkąty $ABC$ i $DCB$ są przystające (rys. 13).

Analogicznie dowodzi się, że każde dwie ściany czworościanu $ABCD$ są przystające.

Uwaga. Jeżeli środek koła opisanego na trójkącie jest środkiem koła wpisanego w ten trójkąt, to trójkąt jest równoboczny. Analogiczne twierdzenie w przestrzeni nie zachodzi: Istnieją czworościany, które nie są foremne, dla których środek kuli wpisanej jest środkiem kuli opisanej.

Rozważmy na przykład czworościan $ABCD$ , gdzie $A = (1, a, 0)$ , $B = (-1, a, 0)$ , $C =(0, -a, 1)$ , $D = (0, -a, -1)$ , i $a$ jest liczbą dodatnią różną od $\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}$ . Wtedy $AB = 2$ i $AC = \sqrt{2 + 4a^2} \ne 2$ . Zatem czworościan $ABCD$ nie jest foremny. Każda z następujących izometrii $f_1(x, y, z) = (x, y, -z)$ , $f_2(x, y, z) = (-x, y, z)$ , $f_3(x,y, z) = (z, -y, x)$ przeprowadza zbiór $\{A, B, C, D \}$ na siebie. Zatem przy każdej z tych izometrii przechodzi na siebie środek $P = (r, s, t)$ kuli opisanej na czworościanie $ABCD$ . Z $f_1(P) = P$ wynika, że $t = 0$ , z $f_2(P) = P$ - że $r = 0$ i z $f_3(P) = P$ - że $s = 0$ . Zatem $P = (0, 0, 0)$ . Analogicznie stwierdzamy, że $P$ jest środkiem kuli wpisanej w czworościan $ABCD$ .

XXIV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

W klasie, w której jest n uczniów, urządzono mikołajki. Każdy uczeń losuje nazwisko osoby, której ma kupić prezent, zatem uczeń $A_1$ kupuje prezent uczniowi $A_2$ , $A_2$ kupuje prezent $A_3$ , ..., $A_k$ kupuje prezent $A_1$ , gdzie $1 \leq k \leq n$ . Zakładając, że wszystkie wyniki losowań są jednakowo prawdopodobne, obliczyć prawdopodobieństwo tego, że $k = n$ .

Rozwiązanie

W wyniku dowolnego losowania każdy uczeń wylosowuje pewnego ucznia tej samej klasy (być może siebie samego) i różni uczniowie wylosowują rożnych uczniów. Zatem wynik każdego losowania określa pewne wzajemnie jednoznaczne odwzorowanie (permutację) zbioru wszystkich uczniów tej klasy na siebie. Na odwrót, każda permutacja może być wynikiem pewnego losowania. Wobec tego liczba zdarzeń elementarnych równa jest liczbie permutacji zbioru $n$ -elementowego, czyli $n!$ .

Zdarzenie sprzyjające będzie wtedy, gdy pewien uczeń $A_1$ wylosuje jednego z pozostałych $n- 1$ uczniów, którego oznaczymy przez $A_2$ ; uczeń $A_2$ wylosuje jednego z $n-2$ uczniów różnych od $A_1$ i $A_2$ , oznaczymy go przez $A_3$ ; $\ldots$ ; wreszcie uczeń $A_{n-1}$ wylosuje ucznia $A_n$ różnego od $A_1, A_2 \ldots, A_{n-1}$ . Ponieważ uczeń $A_1$ może wylosować ucznia różnego od siebie na $n-1$ sposobów, uczeń $A_2$ może wylosować ucznia różnego od $A_1$ i $A_2$ na $n-2$ sposoby itd., więc liczba zdarzeń sprzyjających jest równa $(n-1)(n-2) \ldots 2 \cdot 1 = (n-1)!$ .

Zatem prawdopodobieństwo tego, że $k = n$ , wynosi $\displaystyle \frac{(n-1)!}{n!} = \frac{1}{n}$ .

XXIV OM - II etap

II etap XXIV Olimpiady Matematycznej

XXIV OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Udowodnić, że jeżeli liczby dodatnie $x, y, z$ spełniają nierówność

$ \frac{x^2+y^2-z^2}{2xy} + \frac{y^2+z^2-x^2}{2yz} + \frac{z^2+x^2-y^2}{2xz} > 1, $

to są one długościami boków pewnego trójkąta.

Rozwiązanie

\spos{1} Jak wiadomo, liczby dodatnie $x$ , $y$ , $z$ są długościami boków pewnego trójkąta wtedy i tylko wtedy, gdy każda z nich jest mniejsza od sumy dwóch pozostałych, tzn. gdy

$ (1) \qquad x < y + z,\ y < x + z \ \textrm{oraz}\ z < x + y. $

Przypuśćmy, że warunek ten nie jest spełniony, tzn. że jedna z liczb $x, y, z$ jest nie mniejsza od sumy liczb pozostałych. Bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że

$ (2) \qquad z \geq x + y. $

Wobec tego

$ (3) \qquad z - x \geq y \ \textrm{oraz} \ z - y \geq x. $

Dodając do pierwszego składnika lewej strony nierówności danej w zadaniu liczbę $1$ , a do każdego z dwóch pozostałych składników - liczbę $-1$ otrzymamy nierówność równoważną

$ (4) \qquad \frac{(x + y)^2-z^2}{2xy} + \frac{(z-y)^2-x^2}{2yz} + \frac{(z-x)^2 - y^2}{2xz} > 0. $

Na mocy (2) i (3) ułamki występujące po lewej stronie nierówności (4) są niedodatnie. Przeczy to nierówności (4).

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że zachodzi warunek (1).

XXIV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

W kwadracie danych jest dziewięć punktów, z których, żadne trzy nie są współliniowe. Dowieść, że trzy spośród nich są wierzchołkami trójkąta o polu nie przekraczającym $\frac{1}{8}$ pola kwadratu.

Rozwiązanie

Udowodnijmy najpierw

Lemat. Jeżeli trójkąt $ABC$ jest zawarty w pewnym prostokącie, to pole trójkąta jest nie większe od połowy pola tego prostokąta.

Dowód. Oznaczmy przez $A'$ , $B'$ , $C'$ odpowiednio rzuty wierzchołków trójkąta $ABC$ na jeden z boków prostokąta $PQRS$ zawierającego ten trójkąt (rys. 14). Niech np. $B' \in \overline{A'C'}$ i niech $D$ będzie punktem przecięcia prostej $AC$ z prostą prostopadłą do $PQ$ zawierającą punkt $B'$ .

Trójkąt $ABC$ jest sumą trójkątów $ABD$ i $CBD$ (jeden z nich może być zdegenerowany do odcinka, gdy $A' = B'$ lub $B' = C'$ ). Zatem $S_{ABC} = S_{ABD} + S_{BCD} = \displaystyle \frac{1}{2} A'B' \cdot BD + \frac{1}{2} B'C' \cdot BD = \frac{1}{2} A'C' \cdot BD$ .

Ponieważ $A'C' \leq PQ$ oraz $BD \leq QR$ , więc wynika stąd, że

$ S_{ABC} \leq \frac{1}{2} PQ \cdot QR. $

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Dzielimy dany kwadrat prostymi równoległymi do boków na cztery przystające kwadraty (lub cztery przystające prostokąty) - rys. 15. Pole takiego kwadratu (prostokąta) jest równe $\displaystyle \frac{1}{4}$ pola danego kwadratu. Z danych dziewięciu punktów co najmniej trzy należą do jednego z otrzymanych kwadratów (prostokątów). Pole trójkąta o wierzchołkach w tych punktach jest więc na mocy lematu nie większe od $\displaystyle \frac{1}{8}$ pola danego kwadratu.

Uwaga. W podobny sposób można wykazać, że teza zadania pozostanie prawdziwa, jeżeli liczby $9$ i $\displaystyle \frac{1}{8}$ zastąpić odpowiednio liczbami $2n+1$ i $\displaystyle \frac{1}{2n}$ . Wystarczy wtedy rozpatrzyć podział kwadratu prostymi równoległymi do boków na $n$ przystających prostokątów.

XXIV OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Niech $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ będzie funkcją rosnącą spełniającą warunki:
1. $f(x+1) = f(x) + 1$ dla każdego $x \in \mathbb{R}$ ,
2. istnieje taka liczba całkowita p, że $f(f(f(O))) = p$ . Dowieść, że dla każdej liczby rzeczywistej $x$

$ \lim_{n\to \infty} \frac{x_n}{n} = \frac{p}{3}. $

gdzie $x_1 = x$ oraz $x_n =f(x_{n-1})$ dla $n = 2, 3, \ldots$ .

Rozwiązanie

Podamy najpierw kilka własności funkcji $f$ spełniającej warunek $1^\circ$ zadania. Niech $f_n(x)$ będzie $n$ -krotnym złożeniem funkcji $f$ , tzn. niech $f_1(x) = f(x)$ oraz $f_{n+1}(x) = f_n(f_1(x))$ dla $n = 1, 2, \ldots$ . Wynika stąd, że jeżeli $n = k + m$ , gdzie $k$ i $m$ są liczbami naturalnymi, to

$ (1) \qquad f_n(x)= f_k ( f_m (x)) \ \textrm{dla}\ x \in R. $

Udowodnimy, że dla dowolnej liczby całkowitej $r$ zachodzi wzór

$ (2) \qquad f(x+r) = f(x) + r \ \textrm{dla} \ x \in R. $

Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy $r$ jest liczbą naturalną. Zastosujemy metodę indukcji. Dla $r = 1$ wzór (2) wynika z warunku $1^\circ$ zadania. Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej $r$ zachodzi wzór (2). Udowodnimy analogiczny wzór dla liczby $r + 1$ . Z warunku $1^\circ$ i z założenia indukcyjnego otrzymujemy

$ f(x + r+ 1) = f(x + r) + 1 =f(x) + r + 1. $

Zatem na mocy zasady indukcji wzór (2) zachodzi dla każdej liczby naturalnej $r$ .

Jeżeli $r = 0$ , to wzór (2) jest oczywiście prawdziwy. Jeżeli wreszcie $r = -s$ jest liczbą całkowitą ujemną, to $s$ jest liczbą naturalną i wobec tego

$ f(y + s) =f(y) + s\ \textrm{dla}\ y \in \mathbb{R}. $

Podstawiając tu $y = x - s$ otrzymujemy $f(x)=f(x - s) + s$ , czyli $f(x - s) =f(x) - s$ . Jest to wzór (2) dla $r = -s$ .

Przez indukcję ze względu na $n$ ze wzoru (2) wynika, że dla dowolnej liczby całkowitej $r$ i naturalnej $n$ zachodzi

$ (3) \qquad f_n(x + r) =f_n(x) + r \ \textrm{dla}\ x \in \mathbb{R}. $

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Zauważmy najpierw, że $x_{n+1} = f_n(x)$ dla $n = 1,2, \ldots$ , a więc należy znaleźć granicę ciągu
$\displaystyle \frac{f_n (x)}{n+1}$ . Udowodnimy najpierw, że

$ (4) \qquad \lim_{n \to \infty} \frac{f_n(0)}{n+1} = \frac{p}{3}. $

Niech $r$ będzie resztą z dzielenia liczby naturalnej $n$ przez $3$ , tzn. niech $n = 3k + r$ , gdzie $r = 0, 1$ lub $2$ oraz $k \geq 0$ . Przez indukcję względem $k$ udowodnimy, że

$ (5) \qquad f_n(0) = kp + f_r(0). $

Jeżeli $k = 0$ , to $n = r$ i wzór (5) jest prawdziwy. Jeżeli zaś wzór (5) zachodzi dla pewnej liczby $k \geq 0$ , to wzór ten dla liczby $k + 1$ ma postać

$ (6) \qquad f_{n+3}(0)= (k+ 1)p+ f_r(0). $

Wzór (6) wynika z (1), (3) i (5), ponieważ $f_{n+3}(0) =f_n (f_3(0)) = f_n(p) = f_n(0 + p) = f_n(0) + p = kp + f_r(0) + p = (k + 1)p + f_r(0)$ .

Zatem na mocy zasady indukcji wzór (5) zachodzi dla dowolnej liczby $k \geq 0$ .

Ponieważ $k = \displaystyle \frac{n-r}{3} = \frac{n+1}{3} - \frac{1-r}{3}$ , więc z (5) wynika, że

$ (7) \qquad \frac{f_n(0)}{n+1} = \frac{n-r}{3(n+1)} p + \frac{f_r(0)}{n+1} = \frac{p}{3} + \frac{(1-r)p + 3f_r(0)}{3(n+1)}. $

Ponieważ wyrażenie $(1-r)p + 3f_r(0)$ przybiera tylko trzy wartości (przy $r = 0, 1, 2$ ), więc jest ono ograniczone. Zatem

$ \lim_{n \to \infty} \frac{(1-r)p + 3f_r(0)}{3(n+1)} = 0 $

i z (7) wynika (4).

Teraz dla dowolnego $x \in \mathbb{R}$ niech, $a = [x]$ . Wtedy $a \leq x < a + 1$ . Ponieważ funkcja $f$ , a więc i $f_n$ , jest rosnąca, więc wynika stąd, że

$ (8) \qquad f_n(a) \leq f_n(x) < f_n(a+ 1). $

Liczba $a$ jest całkowita. Wobec tego z (3) i (8) otrzymujemy

$ \frac{a+f_n(0)}{n+1} \leq \frac{f_n(x)}{n+1} < \frac{a+1+f_n(0)}{n+1}. $

Ponieważ $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a}{n+1} = 0$ , więc z (4) i (9) na mocy twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy, że $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{f_n(x)}{n+1} = 3$ .

XXIV OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Niech $x_n = (p + \sqrt{q})^n - [(p + \sqrt{q})^n]$ dla $n = 1, 2, 3, \ldots$ . Dowieść, że jeżeli $p$ , $q$ są liczbami naturalnymi spełniającymi warunek $p - 1 < \sqrt{q} < p$ , to $\lim_{n\to \infty} x_n = 1$ .
Uwaga. Symbol $[a]$ oznacza największą liczbę całkowitą nie większą od $a$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw

Lemat. Jeżeli $p$ i $q$ są liczbami całkowitymi, to liczba

$ (1) \qquad a_n = (p + \sqrt{q})^n +(p- \sqrt{q})^n $

jest całkowita dla $n = 0, 1, 2, \ldots$ .

Dowód. Korzystając ze wzoru dwumianowego otrzymujemy

$ \begin{split} a_n &= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} p^{n-i} (\sqrt{q})^i + \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} p^{n-i} (-\sqrt{q})^i =\\ &=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} p^{n-i} ((\sqrt{q})^i + (-\sqrt{q})^i). \end{split} $

Jeżeli liczba $i$ jest parzysta, $i = 2m$ , to $(\sqrt{q})^i + (-\sqrt{q})^i = 2q^m$ Jeżeli zaś liczba $i$ jest nieparzysta, to $(\sqrt{q})^i + (-\sqrt{q})^i =(\sqrt{q})^i - (\sqrt{q})^i = 0$ . Zatem

$ a_n = \sum_{0 \leq m \leq \frac{n}{2}} \binom{n}{2m} p^{n-2m} \cdot 2q^m. $

Wynika stąd, że liczba $a_n$ jest całkowita.

XXIV OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Dowieść, że jeżeli w czworościanie $ABCD$ mamy $AB = CD$ , $AC = BD$ , $AD = BC$ , to wszystkie ściany czworościanu są trójkątami ostrokątnymi.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw

Lemat. Niech $\alpha, \beta, \gamma$ będą liczbami z przedziału $(0; \pi)$ . Istnieje kąt trójścienny, którego kąty płaskie mają miary równe $\alpha, \beta,\gamma$ wtedy i tylko wtedy, gdy każda z liczb $\alpha, \beta,\gamma$ jest mniejsza od sumy dwóch pozostałych.

Dowód. Bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że $\alpha \geq \beta \geq \gamma$ . Wtedy oczywiście $\beta < \alpha + \gamma$ i $\gamma < \alpha + \beta$ . Mamy więc udowodnić, że istnieje kąt trójścienny, którego kąty płaskie mają miary równe $\alpha, \beta,\gamma$ wtedy i tylko wtedy, gdy $\alpha < \beta + \gamma$ .

Niech $t$ będzie półprostą o początku w punkcie $P$ . Półproste o początku w punkcie $P$ tworzące z $t$ kąt o danej mierze $\mu$ są tworzącymi stożka obrotowego o wierzchołku w punkcie $P$ , osi $t$ i kącie przy wierzchołku o mierze $2\mu$ . Na odwrót każda tworząca tego stożka tworzy kąt o mierze $\mu$ z półprostą $t$ (rys. 16).

Niech półproste $k$ i $m$ zawarte w płaszczyźnie $\pi$ mają początek w punkcie $O$ i tworzą kąt o mierze $\alpha$ (rys. 17). Rozważmy stożek obrotowy $S_1$ o wierzchołku w punkcie $O$ , osi $k$ i kącie przy wierzchołku o mierze $2\beta$ oraz stożek obrotowy $S_2$ o wierzchołku w punkcie $O$ , osi $m$ i kącie przy wierzchołku o mierze $2 \gamma$ . Częścią wspólną powierzchni tych stożków jest albo punkt $O$ (gdy $\beta +\gamma < \alpha$ ), albo pewna półprosta zawarta w płaszczyźnie $\pi$ (gdy $\beta +\gamma = \alpha$ ), albo para półprostych $p_1$ , $p_2$ , z których żadna nie jest zawarta w płaszczyźnie $\pi$ (gdy $\beta +\gamma > \alpha$ ). W tym ostatnim przypadku półproste $k$ , $m$ , $p_1$ wyznaczają kąt trójścienny, którego kąty płaskie przy wierzchołku mają miary równe $\alpha, \beta, \gamma$ . Jeżeli zaś $\alpha \geq \beta + \gamma$ , to taki kąt trójścienny nie istnieje, ponieważ odpowiednie stożki nie mają w tym przypadku wspólnej tworzącej nie zawartej w płaszczyźnie $\pi$ .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Z równości podanych w treści zadania wynika, że każde dwie ściany czworościanu $ABCD$ mają po trzy krawędzie odpowiednio równe (rys. 18). Są więc trójkątami przystającymi. Stąd w szczególności

$ \measuredangle BAC = \measuredangle BDC,\ \measuredangle ABC = \measuredangle ADC,\ \measuredangle ACB = \measuredangle ADB. $

Ponieważ suma miar kątów trójkąta $ABC$ równa jest $\pi$ , więc wynika stąd, że suma miar kątów płaskich przy wierzchołku $D$ jest równa $\pi$ . Zatem na mocy lematu

$ \measuredangle BDC < \measuredangle ADC + \measuredangle ADB = \pi - \measuredangle BDC. $

Stąd $\measuredangle BDC < \displaystyle \frac{\pi}{2}$ .

Analogicznie dowodzimy, że każdy z pozostałych kątów płaskich jest ostry.

Uwaga. Teza zadania wynika bezpośrednio z zadania 12 z XII Olimpiady Matematycznej.

XXIV OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

Udowodnić, że dla każdej liczby całkowitej nieujemnej $m$ istnieje taki wielomian w o współczynnikach całkowitych, że $2^m$ jest największym wspólnym dzielnikiem liczb

$ a_n = 3^n + w(n), n = 0, 1, 2, \ldots . $

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw kilka lematów.

Lemat 1. Dla $r = 1, 2, \ldots$ liczba $2^r$ nie jest dzielnikiem liczby $r!$ .

Dowód. Jak wiadomo (patrz np. W. Sierpiński, Arytmetyka teoretyczna, wyd. 2, 1959, str. 89 lub rozwiązanie zadania 19(1) z XVIII Olimpiady Matematycznej, str. 43), liczba $2$ wchodzi do $r!$ z wykładnikiem

$ \alpha = \left[ \frac{r}{2} \right] + \left[ \frac{r}{4} \right] + \left[ \frac{r}{8} \right] + \ldots + \left[ \frac{r}{2^k} \right], $

gdzie $2^k \leq r < 2^{k+1}$ . Stąd

$ \alpha \leq \frac{r}{2} + \frac{r}{4} + \frac{r}{8} + \ldots + \frac{r}{2^k} = r \left( 1 - \frac{1}{2^k} \right) < r. $

Lemat 2. Jeżeli $k$ jest liczbą nieparzystą, a $t$ - liczbą naturalną, to istnieje taka liczba całkowita $s$ , że liczba $ks - 1$ jest podzielna przez $2^t$ .

Dowód. Z założenia $k = 1 - 2w$ , gdzie $w$ jest pewną liczbą całkowitą. Przyjmując $s = 1 + (2w) + (2w)^2 + \ldots + (2w)^{t-1}$ otrzymamy, że $ks = 1 - (2w)^t$ . Wobec tego liczba $ks - 1$ jest podzielna przez $2^t$ .

Lemat 3. Jeżeli dla pewnego wielomianu $f$ o całkowitych współczynnikach liczba $3^n + f(n)$ jest podzielna przez $2^{m+1}$ dla $n = 0,1, 2, \ldots$ , to wielomian $w(x) = f(x) + 2^m$ ma własność, że największy wspólny dzielnik liczb $a_n = 3^n + w(n)$ , gdzie $n = 0, 1, 2, \ldots$ , jest równy $2^m$ .

Dowód. Z założenia dla $n = 0, 1, 2, \ldots$ istnieje taka liczba całkowita $b_n$ , że $3^n + f(n) = 2^{m+1}b_n$ . Z zadania 3 wiemy, że największy wspólny dzielnik liczb $a_n$ jest potęgą dwójki o całkowitym wykładniku. Ponadto $a_n = 3^n + w(n) = 3^n + f(n) + 2^m = 2^{m+1}b_n + 2^m = 2^m (2b_n + 1)$ . Zatem każda z liczb $a_n$ jest podzielna przez $2^m$ i żadna z nich nie jest podzielna przez $2^{m+1}$ . Wobec tego największy wspólny dzielnik liczb $a_n$ jest równy $2^m$ .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Z lematu 3 wynika, że wystarczy znaleźć taki wielomian $f$ o całkowitych współczynnikach, że każda z liczb $3^n + f(n)$ , gdzie $n = 0, 1, 2, \ldots$ , jest podzielna przez $2^{m+1}$ .

Niech $\displaystyle f_j(x) = \frac{x(x-1) \ldots (x-j+1)}{j!}$ dla $j = 1, 2, \ldots, m$ .

Wtedy $\displaystyle f_j(n) = \binom{n}{j}$ dla $n \geq j$ oraz $f_j(n) = 0$ dla $n = 0, 1, 2, \ldots, j-1$ .

Na mocy wzoru dwumianowego mamy dla $n \geq m$ :

$ \begin{split} 3^n =& (1 + 2)^n = 1 + 2 \binom{n}{1} + 2^2 \binom{n}{2} + \ldots + 2^m \binom{n}{m}+ 2^{m+1} \binom{n}{m+1} + \\ & + \ldots + 2^n = 1 + 2f_1(n) + 2^2f_2(n) + \ldots + 2^mf_m(n) + 2^{m+1}A, \end{split} $

gdzie $A$ jest pewną liczbą całkowitą.

Dla $n < m$ mamy podobnie:

$ \begin{split} 3^n & = (1 + 2)^n = 1 + 2 \binom{n}{1} + 2^2 \binom{n}{2} + \ldots + 2^n \binom{n}{n} = \\ & = 1 + 2f_1(n) + 2^2f_2(n) + \ldots + 2^nf_n(n) + 2^{n+1}f_{n+1}(n) + \ldots + 2^mf_m(x), \end{split} $

ponieważ $f_{n+1}(n) = \ldots = f_m(n) = 0$ .

Zatem wielomian $g(x) = - (1 + 2f_1(x) + 2^2 f_2(x) + \ldots + 2^mf_m (x))$ ma własność, że każda z liczb $3^n + g (n)$ , gdzie $n = 0, 1,2, \ldots$ , jest podzielna przez $2^{m+1}$ . Na ogół jednak współczynniki wielomianu $g$ nie są liczbami całkowitymi.

Z lematu 1 wynika, że współczynniki wielomianu $2^rf_r (x)$ , gdzie $r = 1, 2, \ldots, m$ , są liczbami wymiernymi o nieparzystych mianownikach. Niech $k$ będzie najmniejszym wspólnym mianownikiem wszystkich współczynników wielomianu $g(x)$ . Wtedy $g(x) = \displaystyle \frac{h(x)}{k}$ , gdzie $h (x)$ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych. Liczba $k$ jest nieparzysta. Zatem na mocy lematu 2 istnieje taka liczba całkowita $s$ , że $2^{m+1} \mid ks - 1$ .

Wykażemy, że jako wielomian $f(x)$ wystarczy przyjąć $sh(x)$ . Ma on oczywiście współczynniki całkowite. Ponadto dla $n = 0, 1, 2, \ldots$ liczba

$ 3^n + f(n) = 3^n + sh(n) = 3^n + ksg(n) = (3^n + g(n)) + (ks - 1) \cdot g(n) $

jest podzielna przez $2^{m+1}$ , ponieważ $2^{m+1} \mid 3^n + g (n)$ oraz $2^{m+1} \mid ks - 1$ .

Na mocy lematu 3 największy wspólny dzielnik liczb $3^n + f (n) + 2^m$ , gdzie $n = 0, 1, 2, \ldots$ , jest równy $2^m$ , a więc można przyjąć $w(x) =f(x) + 2^m$ .

XXIV OM - III etap

III etap XXIV Olimpiady Matematycznej

XXIV OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

III

Udowodnić, że każdy wielomian jest różnicą dwóch wielomianów rosnących.

Rozwiązanie

Niech $F(x)$ będzie funkcją pierwotną dla funkcji $\displaystyle \frac{1}{2} (f'(x)^2 + f'(x) + 1)$ spełniającą warunek $F(0) = f(0)$ i niech
$G(x)$ będzie funkcją pierwotną dla funkcji $\displaystyle \frac{1}{2} (f'(x)^2 - f'(x) + 1)$ spełniającą warunek $G(0) = 0$ .

Oczywiście $F$ i $G$ są wielomianami. Są to wielomiany rosnące, ponieważ $F'(x)= \displaystyle \frac{1}{2} (f'(x)^2 + f'(x) + 1) > 0$ i $G' (x) = \displaystyle \frac{1}{2} (f'(x)^2 - f'(x) + 1) > 0$ . Wielomiany $t^2 + t + 1$ i $t^2 - t + 1$ przybierają bowiem tylko wartości dodatnie.

Ponadto $(F - G)' = F' - G' = f'$ . Zatem $F(x) - G(x) = f(x) + C$ , gdzie $C$ jest pewną stałą. Porównując wartości obu stron tej równości w punkcie $x = 0$ otrzymujemy, że $C = 0$ . Zatem $F - G = f$ .

XXIV OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

III

Niech $p_n$ będzie prawdopodobieństwem, że w ciągu $n$ rzutów monetą pojawi się seria kolejnych 100 orłów. Dowieść, że ciąg liczb $p_n$ jest zbieżny i obliczyć jego granicę.

Rozwiązanie

Liczba zdarzeń elementarnych jest równa liczbie ciągów $n$ -elementowych o dwóch wartościach: orzeł i reszka, tzn. liczbie $2^n$ . Zdarzeniem sprzyjającym jest ciąg zawierający $100$ kolejnych orłów. Oszacujemy z góry liczbę zdarzeń niesprzyjających, tzn. liczbę ciągów nie zawierających stu kolejnych orłów.

Niech $n= 100 k + r$ , gdzie $k \geq 0$ i $0 \leq r < 100$ . Każdy ciąg $n$ -elementowy składa się więc z $k$ ciągów $100$ -elementowych i ciągu $r$ -elementowego. Wszystkich ciągów $100$ -elementowych o dwóch wartościach jest $2^{100}$ ; zatem po wyłączeniu ciągu złożonego ze stu orłów pozostanie $2^{100} - 1$ ciągów $100$ -elementowych. Każdy ciąg $n$ -elementowy nie zawierający stu kolejnych orłów składa się więc z $k$ takich ciągów $100$ -elementowych i z pewnego ciągu $r$ -elementowego. Stąd liczba zdarzeń niesprzyjających jest nie większa od $(2^{100} - 1)^k \cdot 2^r$ . Wobec tego

$ (1) \qquad 1 \geq p_n \geq 1 - \frac{(2^{100} - 1)^k \cdot 2^r}{2^{100k+r}} = 1 - \left( 1 - \frac{1}{2^{100}} \right)^k. $

Jeżeli $n$ dąży do nieskończoności, to oczywiście również $k$ dąży do nieskończoności. Ponieważ dla $0 < q < 1$ mamy $\displaystyle \lim_{k \to \infty} q^k = 0$ , więc $\displaystyle \lim_{k \to \infty} \left( 1 - \frac{1}{2^{100}} \right)^k = 0$ . Zatem z (1) na mocy twierdzenia o trzech ciągach wynika, że $\displaystyle \lim_{k \to \infty} q^k = 0$ , więc $\displaystyle \lim_{n \to \infty} p_n = 1$ .

XXIV OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

III

Wielościan $W$ ma następujące własności:
a) posiada środek symetrii,
b) część wspólna wielościanu W z dowolną płaszczyzną zawierającą środek symetrii i którąkolwiek krawędź wielościanu jest równoległobokiem,
c) istnieje wierzchołek wielościanu $W$ , który należy do dokładnie trzech krawędzi.
Dowieść, że wielościan $W$ jest równoległościanem.

Rozwiązanie

Wielościanem nazywamy taki ograniczony zbiór punktów przestrzeni, który nie jest zawarty w jednej płaszczyźnie i jest częścią wspólną skończonej liczby półprzestrzeni. Ponieważ półprzestrzeń jest zbiorem wypukłym, a część wspólna zbiorów wypukłych jest zbiorem wypukłym, więc każdy wielościan jest zbiorem wypukłym. (Przyjmowane też są inne definicje wielościanu. Z pewnych spośród nich nie wynika, że wielościan jest zbiorem wypukłym).

Z wypukłości wielościanu wynika w szczególności, że jeżeli dwa jego wierzchołki $P$ , $Q$ oba należą do pewnych dwóch ścian wielościanu, to $\overline{PQ}$ jest jego krawędzią. Odcinek $\overline{PQ}$ jest bowiem zawarty w każdej z tych ścian, a więc i w ich części wspólnej.

Niech wierzchołek $A_0$ wielościanu $W$ należy do dokładnie trzech jego krawędzi $\overline{A_0A_1}$ , $\overline{A_0A_2}$ i $\overline{A_0A_3}$ . Ponieważ wielościan $W$ ma środek symetrii, więc wierzchołek $A_0'$ symetryczny do $A_0$ też należy do dokładnie trzech krawędzi $\overline{A'_0A'_1}$ , $\overline{A'_0A'_2}$ i $\overline{A'_0A'_3}$ , gdzie punkt $A'_i$ jest symetryczny do $A-i$ dla $i = 1, 2, 3$ . Niech $\pi_i$ będzie płaszczyzną zawierającą środek symetrii wielościanu $W$ i krawędź $A_0A_i$ , gdzie $i = 1, 2, 3$ . Zawiera więc ona również krawędź $\overline{A'_0A'_i}$ i z warunków zadania wynika, że $W \cap \pi_i$ jest czworokątem. Jest to oczywiście czworokąt $A_0A_iA'_0A'_i$ .

Dla $j \ne k, j$ , $k \in \{1, 2, 3\}$ niech $S_{jk}$ będzie ścianą wielościanu $W$ zawierającą wierzchołki $A_0$ , $A_j$ , $A_k$ i $S'_{jk}$ - ścianą do niej symetryczną. Jeżeli liczby $j$ i $k$ są różne od $i$ oraz należą do zbioru $\{1,2, 3\}$ , to płaszczyzna $\pi_i$ przecina ścianę $S_{jk}$ . Ponieważ $\pi_i \cap W$ jest czworokątem $A_0A_iA'_0A'_i$ oraz $A_0 \in S_{jk}$ , $A'_0 \not \in S_{jk}$ , i $A_i \not \in S_{jk}$ , więc $A'_i \in S_{jk}$ . Analogicznie stwierdzamy, że $A_i \in S'_{jk}$ .

Jeżeli liczby $i$ , $j$ , $k$ są różne i należą do zbioru $\{1, 2, 3\}$ , to, jak wykazaliśmy, $A_i, A'_j \in S'_{jk}$ oraz $A_i, A'_j \in S_{ik}$ . Zatem na podstawie początkowej uwagi otrzymujemy, że $\overline{A_iA'_j}$ jest krawędzią wielościanu $W$ dla $i \ne j$ . Wobec tego każdy czworokąt $A_0A_iA'_jA_k$ oraz $A'_0A'_iA_jA'_k$ jest ścianą wielościanu $W$ . Zatem $W$ ma sześć ścian i są one czworokątami. Ściany te są parami równoległe, ponieważ wielościan $W$ ma środek symetrii. Wielościan $W$ jest więc równoległościanem.

Uwaga 1. W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, ze część wspólna wielościanu $W$ i dowolnej płaszczyzny zawierającej środek symetrii i krawędź wielościanu jest równoległobokiem. Wystarczyłoby zakładać, że ta część wspólna jest czworokątem.

Uwaga 2. Istnieją bryły niewypukłe, które są sumami wielościanów, posiadają środek symetrii i których każdy przekrój płaszczyzną przechodzącą przez środek symetrii i krawędź jest równoległobokiem. Na przykład niech w sześcianie o podstawach $ABCD$ i $A'B'C'D'$ środkami ścian $ABB'A'$ , $BCC'B'$ , $CDD'C'$ , $DAA'D'$ będą odpowiednio punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ . Odejmując od tego sześcianu czworościany $AA'PS$ , $BB'PQ$ , $CC'QR$ i $DD'RS$ otrzymamy bryłę, która jest sumą wielościanów. Można sprawdzić, że bryła ta spełnia warunki a) i b) zadania. Nie jest ona jednak równoległościanem.

XXIV OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

III

Na prostej dany jest układ odcinków o łącznej długości $< 1$ . Dowieść, że dowolny układ $n$ punktów prostej można przesunąć na niej o wektor długości $\leq \frac{n}{2}$ tak, aby po przesunięciu żaden z punktów nie leżał na żadnym z danych odcinków.

Rozwiązanie

Niech $P_i$ , gdzie $i = 1, 2, \ldots, n$ , będą danymi punktami i niech $A$ będzie sumą danych odcinków o łącznej długości mniejszej od $1$ . Dla $i = 1, 2, \ldots, n$ niech $I_i$ będzie odcinkiem długości $n$ , którego środkiem jest punkt $P_i$ .

Oczywiście $A \cap I_i$ , jest sumą odcinków o łącznej długości mniejszej od $1$ . Niech $\varphi_i$ będzie przesunięciem o wektor $\overrightarrow{P_iP_1}$ dla $i = 1, 2, \ldots, n$ . Ponieważ przesunięcie zachowuje długość odcinka oraz $\varphi_i(I_i) = I_1$ , więc zbiór

$ I = \cup_{i=1}^n \varphi_i (A \cap I_i) $

jest sumą odcinków o łącznej długości mniejszej od $n$ zawartych w $I_i$ . Jak wiemy, $I_1$ ma długość $n$ . Istnieje zatem punkt $Q$ należący do $I_1 - I$ .

Wykażemy, że przesunięcie $\varphi$ o wektor $\overrightarrow{P_1Q}$ spełnia warunki zadania. Ponieważ $Q \in I_1, P_1$ jest środkiem odcinka $I_1$ oraz długość $l_1$ równa jest $n$ , więc $P_1Q \leq \displaystyle \frac{n}{2}$ . Wobec tego dla każdego $i =1,2, \ldots, n$ mamy $\varphi (P_i) \in I_i$ .

Gdyby dla pewnego $i$ było $\varphi_ (P_i) \in A$ , to wobec $\varphi (P_i) \in I_i$ mielibyśmy $\varphi (P_i) \in A \cap I_i$ . Stąd

$ (1) \qquad \varphi_i \varphi (P_i) \in \varphi_i (A \cap I_i) \subset I. $

Przekształcenie $\varphi_i \varphi$ jest przesunięciem o wektor $\overrightarrow P_1Q + \overrightarrow{P_iP_1} = \overrightarrow{P_iQ}$ . Zatem $\varphi_i \varphi(P_i) = Q$ . Z (1) wynika więc, że $Q \in I$ . Przeczy to określeniu punktu $Q$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że dla każdego $i = 1, 2, \ldots, n$ mamy $\varphi(P_i) \not \in A$ .

XXIV OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

III

Dowieść, że każdy dodatni ułamek właściwy $\frac{m}{n}$ można przedstawić w postaci skończonej sumy odwrotności różnych liczb naturalnych.

Rozwiązanie

\spos{1} Obierzmy tak liczbę naturalną $k$ , by $n \leq 2^k$ . Niech $q$ i $r$ będą odpowiednio ilorazem i resztą z dzielenia liczby $2^km$ przez $n$ , tzn. niech $2^km = qn + r$ , gdzie $0 \leq r < n$ .

Wtedy

$ (1) \qquad \frac{m}{n} = \frac{2^km}{2^kn} = \frac{qn+r}{2^kn} = \frac{q}{2^k} + \frac{r}{2^kn}. $

Mamy $qn \leq gn + r = 2^km < 2^kn$ , ponieważ $\displaystyle \frac{m}{n} < 1$ . Stąd $q < 2^k$ . Wobec tego zapis liczby $q$ w systemie dwójkowym ma postać

$ q = q_0 + q_1 2 + q_2 2^2 + \ldots + q_{k-1}2^{k-1}, $

gdzie $q_i = 0$ lub $1$ . Stąd

$ (2) \qquad \frac{q}{2^k}= q_0 \frac{1}{2^k} + q_1 \frac{1}{2^{k-1}} + q_2 \frac{1}{2^{k-2}} + \ldots + q_{k-2} \frac{1}{2}. $

Z określenia liczb $r$ i $k$ mamy $r < n \leq 2^k$ . Wobec tego zapis liczby $r$ w systemie dwójkowym ma postać

$ r = r_0 + r_12 + r_2 2^2 + \ldots + r_{k-1} 2^{k-1}, $

gdzie $r_j = 0$ lub $1$ .

Stąd

$ (3) \qquad \frac{r}{2^kn}= r_0 \frac{1}{2^kn} + r_1 \frac{1}{2^{k-1}n} + \ldots + r_{k-2} \frac{1}{2n}. $

Przy tym dla $j = 0, 1, \ldots, k-1$ mamy

$ r_j \frac{1}{2^{k-j}n} = \frac{r_j2^j}{2^kn} \leq \frac{r}{2^kn} < \frac{1}{2^k}, $

ponieważ $r < n$ . Zatem każdy składnik niezerowy sumy (3) jest mniejszy od każdego niezerowego składnika sumy (2). Składniki te są więc różne.

Z (1), (2) i (3) otrzymujemy więc przedstawienie liczby $\displaystyle \frac{m}{n}$ w postaci sumy różnych ułamków postaci $\displaystyle \frac{1}{t}$ , gdzie $t$ jest liczbą naturalną.

XXIV OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

III

Dowieść, że dla dowolnego wielokąta wypukłego mającego środek symetrii istnieje co najwyżej jedna elipsa o najmniejszym polu zawierająca dany wielokąt.
Uwaga. Pole elipsy o półosiach długości $a$ i $b$ wyraża się wzorem $\pi ab$ .

Rozwiązanie

Niech $\varphi$ będzie odwzorowaniem płaszczyzny w siebie określonym wzorem $\varphi (x, y) = (x, ky)$ , gdzie $k$ jest ustaloną liczbą dodatnią. Odwzorowanie takie nazywamy powinowactwem prostokątnym; dokładniej - powinowactwem prostokątnym o osi $x$ i współczynniku $k$ . Oczywiście odwzorowaniem odwrotnym do powinowactwa prostokątnego o osi $x$ i współczynniku $k$ jest powinowactwo prostokątne o osi $x$ i współczynniku $\displaystyle \frac{1}{k}$ .

Jak wiadomo, jeżeli $\varphi$ jest powinowactwem prostokątnym o współczynniku $k > 0$ , a $F$ - pewną figurą, to pole $\varphi (F) = k \cdot \textrm{pole}\ F$ . Udowodnimy najpierw

Lemat. Niech $E$ będzie elipsą o równaniu

$ (1) \qquad \frac{(x-c_1)^2}{a^2} + \frac{(y-c_2)^2}{b^2} = 1, $

a $\varphi$ - powinowactwem prostokątnym o osi $x$ i o współczynniku $\displaystyle k = \frac{a}{b}$ .

Wtedy $\varphi(E)$ jest okręgiem o równaniu

$ (2) \qquad (x-c_1)^2 + (y - \frac{a}{b} c_2)^2 = a^2. $

Dowód. Niech punkt $(x, y)$ należy do elipsy $E$ , tzn. spełnia równanie (1). Wykażemy, że punkt $\varphi(x, y) = (x, \frac{a}{b} y)$ spełnia równanie (2). Mamy

$ (x-c_1)^2 + (\frac{a}{b} y - \frac{a}{b} c_2)^2 = a^2 \left( \frac{(x-c_1)^2}{a^2} + \frac{(y-c_2)^2}{b^2} \right) = a^2. $

Można analogicznie sprawdzić, że i na odwrót każdy punkt spełniający równanie (2) ma postać $\varphi (x, y)$ , gdzie $(x, y) \in E$ .

Z lematu wynika, że jeżeli $\varphi$ jest powinowactwem prostokątnym o osi $x$ i współczynniku $a/b$ , to obrazem przy odwzorowaniu $\varphi$ dowolnej elipsy, której osie symetrii są równoległe do osi układu współrzędnych, a długości półosi są równe odpowiednio $a$ i $b$ , jest okrąg o promieniu długości $a$ .

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Wykażemy najpierw, że jeżeli wielokąt $W$ ma środek symetrii i elipsa $E$ zawierająca wielokąt $W$ ma najmniejsze pole, to środek symetrii wielokąta jest środkiem symetrii elipsy.

Przypuśćmy, że środek symetrii $P$ wielokąta $W$ jest różny od środka elipsy $E$ . Niech $\Psi$ będzie symetrią o środku $P$ . Wtedy $\Psi (E)$ będzie elipsą zawierającą wielokąt $\Psi(W) = W$ różną od elipsy $E$ . Odpowiednie osie symetrii elips $E$ i $\Psi(E)$ są równoległe, ponieważ w symetrii obraz dowolnego odcinka jest równoległy do tego odcinka. Obierzmy tak układ współrzędnych, by jego osie były równoległe do osi elipsy $E$ (rys. 19).

Elipsy $E$ i $\Psi(E)$ są przystające. Zatem z lematu wynika, że istnieje takie powinowactwo prostokątne $\varphi$ o osi $x$ , że figury $\varphi(E)$ i $\varphi ( \Psi (E))$ są kołami o tym samym promieniu (rys. 20) i o środkach w punktach $O_1$ i $O_2$ . Koła te zawierają figurę (wielokąt) $\varphi(W)$ .

Niech $O$ będzie środkiem odcinka $\overline{O_1O_2}$ , a $P_1$ - jednym z punktów przecięcia tych okręgów. Koło $Q$ o środku w punkcie $O$ i promieniu $\overline{OP_1}$ zawiera oczywiście część wspólną kół $\varphi(E)$ i $\varphi(\Psi(E))$ . Ponadto $OP_1 < O_1P_1$ . Zatem pole koła $Q$ jest mniejsze od pola koła $\varphi(E)$ .

Niech $\varphi^{-1}$ będzie powinowactwem prostokątnym odwrotnym do $\varphi$ . Na mocy lematu figura $\varphi^{-1} (Q)$ jest elipsą o polu mniejszym od pola elipsy $\varphi^{-1}(\varphi(E)) = E$ . Ponieważ $Q \supset \varphi(W)$ , więc $\varphi^{-1}(Q) \supset \varphi^{-1}(\varphi(W)) = W$ . Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem, że elipsa $E$ ma najmniejsze pole wśród elips zawierających wielokąt $W$ . Wynika stąd, że środek symetrii wielokąta $W$ jest środkiem symetrii każdej elipsy o najmniejszym polu zawierającej wielokąt $W$ .

Przypuśćmy z kolei, że pewne dwie elipsy $E_1$ i $E_2$ zawierają wielokąt $W$ i mają najmniejsze pole wśród elips zawierających ten wielokąt. Jak wykazaliśmy, środek symetrii $P$ wielokąta $W$ jest również środkiem każdej z tych elips. Każde powinowactwo prostokątne jest przekształceniem afinicznym, a obraz elipsy przy dowolnym przekształceniu afinicznym też jest elipsą. Na mocy lematu możemy więc założyć (stosując odpowiednie powinowactwo prostokątne), że jedna z tych elips, np. $E_1$ jest kołem. Możemy też tak obrać układ współrzędnych, by punkt $P$ był jego początkiem, a osie symetrii elipsy $E_2$ - jego osiami. Wtedy równania elips $E_1$ i $E_2$ są następujące:

$ E_1 \colon x^2 + y^2 = r^2, $

$ (1) \qquad E_2 \colon \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1,\ \textrm{gdzie np.}\ a > b. $

Z równości pól tych elips wynika, że $ab = r^2$ . Punkt $(x, y)$ należy więc do zbioru $E_1 \cap E_2$ wtedy i tylko wtedy, gdy

$ x^2 + y^2 \leq ab, $

$ (2) \qquad \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1. $

Dodając stronami nierówności (2) otrzymujemy

$ \left( 1 + \frac{1}{a^2} \right) x^2 + \left( 1 + \frac{1}{b^2} \right) y^2 \leq ab+1, $

czyli po przekształceniach

$ (3) \qquad \frac{x^2}{\frac{a^2(ab+1)}{a^2+1}} + \frac{y^2}{\frac{b^2(ab+1)}{b^2+1}} \leq 1. $

Zatem zbiór $E_1 \cap E_2$ jest zawarty w elipsie (3). Następujące nierówności są równoważne

$ (4) \qquad \frac{a^2 b^2 (ab+1)^2}{(a^2+l)(b^2+1)} < a^2b^2, $

$ (ab + 1)^2 < (a^2 + 1)(b^2 + 1), $

$ 2ab < a^2 + b^2, $

$ (a - b)^2 > 0. $

Ta ostatnia nierówność jest prawdziwa, ponieważ $a > b$ . Zatem zachodzi (4). Wobec tego pole elipsy (3) jest mniejsze od pola elipsy $E_1$ . Sprzeczność ta dowodzi, że istnieje co najwyżej jedna elipsa o najmniejszym polu zawierająca wielokąt $W$ .