LIII OM

LIII Olimpiada Matematyczna

LIII OM - I etap

I etap LIII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LIII OM I etap - Zadania [1]	134.77 KB
LIII OM I etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	186.38 KB

LIII OM - II etap

II etap LIII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LIII OM II etap - Zadania [3]	77.2 KB
LIII OM II etap - Zadania z rozwiązaniami [4]	105.94 KB

LIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Dana jest taka funkcja $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , że dla każdej liczby rzeczywistej $x$ zachodzą równości

$ f(x) = f(2x) = f(1 - x) . $

Dowieść, że funkcja $f$ jest okresowa.

Rozwiązanie

Na mocy danych w treści zadania równości, otrzymujemy dla dowolnej liczby rzeczywistej $x$ :

$ \begin{array}{rcl} f (x) &=& f (2x) = f (1 - 2x) =\\ &=& f(\frac{1}{2} (1 - 2x)) = f(\frac{1}{2} -x) = f(1 - (\frac{1}{2} -x)) = f(x + \frac{1}{2}), \end{array} $

co dowodzi, że funkcja $f$ jest okresowa o okresie $\frac{1}{2}$ .

LIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

W czworokącie wypukłym $ABCD$ zachodzą równości

$ \measuredangle ADB = 2 \measuredangle ACB \ \textrm{oraz}\ \measuredangle BDC = 2\measuredangle BAC. $

Udowodnić, że $AD = CD$ .

Rozwiązanie

Z danych w zadaniu równości kątów oraz z nierówności $\measuredangle ADC < 180^\circ$ wynika, że

$ \measuredangle ACB + \measuredangle BAC = \frac{1}{2} (\measuredangle ADB + \measuredangle BDC) = \frac{1}{2} \measuredangle ADC < 90^\circ. $

Kąty $ACB$ i $BAC$ są więc ostre, co oznacza, że środek $O$ okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ leży wewnątrz kąta $ABC$ (rys. 1). Stąd w szczególności wynika, że punkty $O$ i $D$ leżą po tej samej stronie prostej $BC$ . Ponadto

$ \measuredangle BDC = 2\measuredangle BAC = \measuredangle BOC. $

Zatem punkty $B$ , $C$ , $O$ , $D$ leżą na jednym okręgu $o_1$ .

Analogicznie dowodzimy, że punkty $A$ , $B$ , $O$ , $D$ leżą na jednym okręgu $o_2$ . Okręgi $o_1$ i $o_2$ są różne - w przeciwnym razie okrąg opisany na trójkącie $ABC$ przechodziłby przez punkt $O$ , czyli swój środek. Okręgi $o_1$ i $o_2$ mają jednak trzy punkty wspólne: $B$ , $D$ i $O$ . Ponieważ $B \ne D$ , więc musi być $O = D$ , czyli $AD = CD$ .

LIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

W $n$ -osobowym stowarzyszeniu działa sześć komisji. W skład każdej z nich wchodzi nie mniej niż $n/4$ osób. Dowieść, że istnieją dwie komisje oraz grupa licząca nie mniej niż $n/30$ osób, należących do obu tych komisji.

Rozwiązanie

Ponumerujmy komisje liczbami $1,2,\ldots,6$ i oznaczmy przez $K_i$ liczbę tych członków $i$ -tej komisji, którzy nie są członkami żadnej komisji o numerze mniejszym od $i$ .

$K_1$ to liczba wszystkich członków komisji nr $1$ , co daje $K_1 \geq n/4$ .

Przypuśćmy, że część wspólna dowolnych dwóch komisji liczy mniej niż $n/30$ osób.

Ponieważ w skład komisji nr $2$ wchodzi co najmniej $n/4$ osób, więc liczba tych członków komisji nr $2$ , którzy nie są w komisji nr $1$ musi być większa od $n/4$ - $n/30$ . Stąd

$ K_{2}>\frac{n}{4}-\frac{n}{30}. $

Analogicznie stwierdzamy, że

$ K_{i}>\frac{n}{4}-(i-1)\frac{n}{30}\ \textrm{dla}\ i=3,4,5,6. $

Dodając stronami powyższe nierówności uzyskujemy

$ K_{1}+K_{2}+K_{3}+K_{4}+K_{5}+K_{6}>\frac{6n}{4}-(1+2+3+4+5)\frac{n}{30}=n. $

Otrzymaliśmy sprzeczność, gdyż wielkość $K_{1}+K_{2}+\ldots+K_{6}$ jest nie większa od liczby wszystkich członków stowarzyszenia, czyli $n$ . Zatem do części wspólnej pewnych dwóch komisji należy co najmniej $n/30$ osób.

LIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Wyznaczyć wszystkie takie trójki liczb pierwszych $p \leq q \leq r$ , że liczby

$ pq+r,\ pq+r^{2},\ qr+p,\ qr+p^{2},\ rp+q,\ rp+q^{2} $

są pierwsze.

Rozwiązanie

Gdyby wszystkie trzy liczby pierwsze $p$ , $q$ , $r$ były większe od $2$ , to liczba $pq + r$ jako liczba parzysta większa od $2$ byłaby złożona. Zatem co najmniej jedna z liczb $p$ , $q$ , $r$ jest równa $2$ , co na mocy nierówności $p \leq q \leq r$ daje $p = 2$ .

Ponadto $q> 2$ , gdyż przy $q = 2$ mielibyśmy $qr + p = 2(r + 1)$ , co jest liczbą złożoną.

Gdyby obie liczby pierwsze $q$ , $r$ były większe od $3$ , to liczba $qr$ byłaby niepodzielna przez $3$ , a zatem jedna z liczb $qr+ 2$ , $qr+ 4$ byłaby podzielna przez $3$ i większa od $3$ , czyli złożona. Stąd wynika, że jedna z liczb $q$ , $r$ jest równa $3$ , co na mocy nierówności $2 < q \leq r$ daje $q = 3$ .

Pozostało wyznaczyć wszystkie takie liczby pierwsze $r \geq 3$ , aby liczby

$ (1) \qquad 6 + r,\ 6 + r^2,\ 3r + 2,\ 3r + 4,\ 2r + 3,\ 2r + 9 $

były pierwsze.

Gdyby liczba pierwsza $r$ była różna od $5$ , to przez $5$ dzieliłaby się jedna z liczb $r+ 1$ , $r+ 2$ , $r+ 3$ , $r+ 4$ , a co za tym idzie, również jedna z liczb

$ \begin{array}{rcl} 6+ r = (r+ 1) + 5 , & 2r+ 9 = 2(r+ 2) + 5 ,\\ 3r + 4 = 3(r + 3) - 5 , & 2r + 3 = 2(r + 4) - 5 . \end{array} $

Zatem musi być $r = 5$ . Wtedy liczby (1) przyjmują odpowiednio wartości $11$ , $31$ , $17$ , $19$ , $13$ , $19$ i wszystkie one są pierwsze.

Odpowiedź: Warunki zadania spełnia jedna trójka $(p,q,r) = (2,3,5)$ .

LIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Trójkąt $ABC$ , w którym $\measuredangle A = 90^\circ$ , jest podstawą ostrosłupa $ABCD$ . Ponadto zachodzą równości

$ AD = BD \ \textrm{oraz}\ AB = CD. $

Udowodnić, że $\measuredangle ACD \geq 30^\circ$ .

Rozwiązanie

Trójkąt $BAC$ uzupełniamy do prostokąta $BACE$ . Wówczas z równości $AD = BD$ wynika, że $CD = ED$ . To w połączeniu z $AB = CD$ dowodzi, że trójkąt $CDE$ jest równoboczny. Zatem

$ \measuredangle ACD \geq \measuredangle ACE - \measuredangle DCE = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ. $

LIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

Wyznaczyć wszystkie takie liczby naturalne n, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_{1},x_{2},\ldots,x_{n},$ $y_{1},y_{2},\ldots,y_{n}$ zachodzi nierówność

$ (1) \qquad x_{1}x_{2}\ldots x_{n}+y_{1}y_{2}\ldots y_{n}\leq\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}\cdot\sqrt{x_{2}^{2}+y_{2}^{2}}\cdot\ldots\cdot\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}. $

Rozwiązanie

Dla $n = 1$ dana nierówność przybiera postać

$ x_{1}+y_{1}\leq\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}, $

co nie dla dowolnych liczb rzeczywistych $x$ , $y$ jest prawdą - wystarczy przyjąć $x_1 = y_1 = 1$ .

Wykażemy, że nierówność (1) jest prawdziwa, jeśli $n \geq 2$ .

Jeśli któryś z czynników stojących po prawej stronie nierówności (1), np.

$ \sqrt{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}} $

jest równy $0$ , to obie liczby $x_k$ i $y_k$ muszą być zerami. Wtedy nierówność (1) jest spełniona.

Przyjmijmy więc, że liczba stojąca po prawej stronie nierówności (1) jest różna od $0$ , a zatem dodatnia. Wówczas dowodzoną nierówność możemy sprowadzić do postaci

$ (2)\qquad \frac{x_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}} \cdot \ldots \cdot \frac{x_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}}+ \frac{y_{1}}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}\cdot\ldots\cdot \frac{y_{n}}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}}\leq 1. $

Podstawmy:

$ a_{k}=\frac{x_{k}^{2}}{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}},\ b_{k}=\frac{y_{k}^{2}}{x_{k}^{2}+y_{k}^{2}}\ (k=1,2,\ldots,n). $

Liczby $a_{1},a_{2}, \ldots, a_{n},$ $b_{1},b_{2}, \ldots, b_{n}$ należą do przedziału $\langle 0,1 \rangle$ oraz $a_k + b_k = 1$ . Stąd oraz z nierówności pomiędzy średnią geometryczną a średnią arytmetyczną uzyskujemy

$ \begin{split} \sqrt{a_{1}a_{2}\ldots a_{n}}+\sqrt{b_{1}b_{2} \ldots b_{n}}& \leq\sqrt[n]{a_{1}a_{2}\ldots a_{n}}+\sqrt[n]{b_{1}b_{2}\ldots b_{n}}\leq\\ &\leq\frac{1}{n}(a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n})+\frac{1}{n}(b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n})=1, \end{split} $

czyli

$ (3)\qquad \frac{|x_{1}|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}\cdot\ldots \cdot\frac{|x_{n}|}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}} + \frac{|y_{1}|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}\cdot\ldots \cdot \frac{|y_{n}|}{\sqrt{x_{n}^{2}+y_{n}^{2}}}\leq 1. $

Lewa strona nierówności (2) jest nie większa niż lewa strona nierówności (3). To oznacza, że udowodniona właśnie nierówność (3) pociąga za sobą nierówność (2), a tym samym dowodzi nierówności (1).

LIII OM - III etap

III etap LIII Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LIII OM III etap - Zadania [5]	61.14 KB
LIII OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [6]	122.24 KB

LIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Wyznaczyć wszystkie takie trójki liczb naturalnych $a$ , $b$ , $c$ , że liczby $a^2 +1$ i $b^2 +1$ są pierwsze oraz

$ (a^2 + 1)(b^2 + 1) = c^2 + 1 . $

Rozwiązanie

Bez szkody dla ogólności rozwiązania możemy założyć, że $a \leq b$ . Niech $p = b^2 +1$ . Wówczas liczba $(c^2 +1) - (b^2 + 1) = (c - b)(c + b)$ dzieli się przez $p$ . Z danej w treści zadania równości wynika, że $b < c$ . Ponadto

$ c=\sqrt{(a^{2}+1)(b^{2}+1)-1}\leq\sqrt{(b^{2}+1)^{2}-1}<b^{2}+1=p. $

Stąd $c - b < p$ oraz $c + b < 2p$ . Skoro $p | (c - b)(c + b)$ , więc musi być $c + b = p$ , czyli

$ (1) \qquad c = b(b -1) + 1. $

Liczby $a = b = 1$ nie spełniają warunków zadania; możemy więc przyjąć, że $b > 1$ . Wówczas $p$ jest liczbą pierwszą nieparzystą. Z zależności (1) wynika, że $c$ jest nieparzyste, a to dowodzi kolejno parzystości liczb $c^2 + 1$ oraz $a^2 + 1$ . Liczba $a^2 + 1$ jest pierwsza, a więc $a^2 + 1 = 2$ , skąd $a = 1$ . Zatem dane w zadaniu równanie przybiera postać

$ (2) \qquad 2(b^2 + 1) = c^2 + 1. $

Łącząc równości (1) i (2) uzyskujemy $2b^2 + 2 = b^2(b - 1)^2 + 2b(b - 1) + 2$ , czyli $2b = b(b - 1)^2 + 2b - 2$ . Stąd $b$ jest dzielnikiem liczby $2$ , a ponieważ $b> 1$ , więc musi być $b = 2$ . To pociąga za sobą $c = 3$ .

Pozostaje stwierdzić, że trójka $(a,b,c) = (1,2,3)$ spełnia warunki zadania.

Uwalniając się od założenia $a\leq b$ otrzymujemy dwie trójki $(a,b,c)$ spełniające warunki zadania. Są nimi: $(1, 2, 3)$ oraz $(2, 1, 3)$ .

LIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Na bokach $AC$ i $BC$ trójkąta ostrokątnego $ABC$ zbudowano, po jego zewnętrznej stronie, prostokąty $ACPQ$ i $BKLC$ o równych polach. Udowodnić, że środek odcinka $PL$ , punkt $C$ oraz środek okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ leżą na jednej prostej.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $O$ środek okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ (rys. 1). Uzupełnijmy trójkąt $PCL$ do równoległoboku $PCLX$ . Wystarczy udowodnić, że punkty $X$ , $C$ , $O$ są współliniowe.

Z równości pól danych prostokątów otrzymujemy

$ \frac{XL}{LC} =\frac{PC}{LC} =\frac{BC}{CA}. $

Ponadto $\measuredangle XLC = 180^\circ - \measuredangle PCL = \measuredangle BCA$ . Uzyskane zależności dowodzą, że trójkąty $XLC$ oraz $BCA$ są podobne. Stąd oraz z równości $BO = CO$ wynika kolejno, że

$ \measuredangle XCL = \measuredangle BAC = \frac{1}{2} \measuredangle BOC = 90^\circ - \measuredangle BCO, $

czyli $\measuredangle XCL + \measuredangle LCB + \measuredangle BCO = 180^\circ$ . Ostatnia równość oznacza, że punkty $X$ , $C$ , $O$ leżą na jednej prostej.

LIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Na tablicy są napisane trzy nieujemne liczby całkowite. Wybieramy z tej trójki dwie liczby $k$ , $m$ i zastępujemy je liczbami $k + m$ i $|k - m|$ , a trzecia liczba pozostaje bez zmiany. Z otrzymaną trójką postępujemy tak samo. Rozstrzygnąć, czy z każdej początkowej trójki liczb całkowitych nieujemnych, kontynuując to postępowanie, można otrzymać trójkę, w której co najmniej dwie liczby są zerami.

Rozwiązanie

Każdą trójkę liczb całkowitych nieujemnych można przedstawić w postaci

$ (1) \qquad (2^pa,2^qb, 2^rc) $

gdzie $p$ , $q$ , $r$ są liczbami całkowitymi nieujemnymi, zaś każda z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest nieparzysta lub równa $0$ . Wagą trójki przedstawionej w postaci (1) nazwiemy wielkość $a + b + c$ .

Wykażemy, że z każdej trójki liczb całkowitych nieujemnych o co najmniej dwóch liczbach niezerowych, wykonując operacje opisane w treści zadania, da się uzyskać trójkę o mniejszej wadze. Tym samym udowodnimy, że zawsze można otrzymać trójkę, w której co najmniej dwie liczby są zerami.

Załóżmy więc, że w trójce $(2^pa,2^qb,2^rc)$ co najmniej dwie liczby są różne od $0$ . Bez straty ogólności przyjmijmy, że $b,c \neq 0$ oraz $q \leq r$ .

Wykonując $2(r-q)$ -krotnie operację $(k,l,m) \to (k +l, |k - l|,m)$ przeprowadzamy trójkę $(2^pa,2^qb, 2^rc)$ na trójkę $(2^{p+r-q}a,2^rb,2^rc)$ , którą następnie przekształcamy na $(2^{p+r-q}a,2^r|b - c|,2^r(b + c))$ . Liczby $b$ i $c$ są nieparzyste, więc waga ostatniej trójki nie przekracza

$ a+\frac{1}{2}|b-c|+\frac{1}{2}(b+c)=a+\max(b,c), $

co jest mniejsze od $a + b + c$ , czyli od wagi trójki $(2^pa,2^qb,2^rc)$ .

LIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej $n \geq 3$ i dla każdego ciągu liczb dodatnich $x_1,x_2,\ldots,x_n$ zachodzi co najmniej jedna z nierówności

$ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{x_{i+1}+x_{i+2}}\geq\frac{n}{2},\ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{x_{i-1}+x_{i-2}}\geq\frac{n}{2} $

(przyjmujemy $x_{n+1}=x_{1},\ x_{n+2}=x_{2}$ oraz $x_{0}=x_{n},\ x_{-1}=x_{n-1}$ ).

Rozwiązanie

Gdyby żadna z podanych nierówności nie zachodziła, to po dodaniu stronami mielibyśmy $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i-1}+x_{i+2}}{x_{i}+x_{i+1}}<n$ . Wystarczy zatem udowodnić, że

$ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i-1}+x_{i+2}}{x_{i}+x_{i+1}}\geq n,\ \textrm{albo, że},\ \sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i-1}+x_{i}+x_{i+1}+x_{i+2}}{x_{i}+x_{i+1}}\geq 2n. $

Po podstawieniu $a_{i}=\displaystyle \frac{x_{i-1}+x_{i}}{x_{i}+x_{i+1}}$ ostatnia nierówność przybiera postać

$ \sum_{i=1}^{n}a_{i}+\frac{1}{a_{i+1}}\geq 2n,\ \textrm{czyli}\ \sum_{i=1}^{n}a_{i}+\frac{1}{a_{i}}\geq 2n, $

a to jest prawda, gdyż $a + \frac{1}{a} \geq 2$ dla dowolnej liczby dodatniej $a$ .

LIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

W przestrzeni dany jest trójkąt $ABC$ oraz sfera $s$ rozłączna z płaszczyzną $ABC$ . Przez każdy z punktów $A$ , $B$ , $C$ poprowadzono prostą styczną do tej sfery. Punkty styczności oznaczono odpowiednio $K$ , $L$ , $M$ . Punkt $P$ leży na sferze $s$ i spełnia warunki

$ \frac{AK}{AP}=\frac{BL}{BP}=\frac{CM}{CP}. $

Udowodnić, że sfera opisana na czworościanie $ABCP$ jest styczna do sfery $s$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $\lambda$ wspólną wartość danych w treści zadania ułamków. Niech $A'$ , $B'$ , $C'$ będą odpowiednio drugimi punktami przecięcia prostych $PA$ , $PB$ , $PC$ ze sferą $s$ (rys. 2 i 3). Jeśli któraś z tych prostych, powiedzmy $PA$ , jest styczna do sfery $s$ , to przyjmujemy $A' = P$ . Wówczas $AK^2 = AP\cdot AA'$ , a więc

$ (1)\qquad \frac{AA'}{AP}=\left(\frac{AK}{AP}\right)^{2}=\lambda^{2}.\ \textrm{Zatem} \ \frac{AA'}{AP}=\frac{BB'}{BP}=\frac{CC'}{CP}=\lambda^{2}. $

Stąd wynika, że jednokładność $j$ o środku $P$ przekształcająca punkt $A$ na $A'$ , przeprowadza punkt $B$ na $B'$ oraz punkt $C$ na $C'$ . Ponadto każdy z punktów $A'$ , $B'$ , $C'$ jest różny od $P$ - w przeciwnym razie równości (1) implikują, że proste $PA$ , $PB$ , $PC$ są styczne do sfery $s$ w punkcie $P$ , a więc $P$ jest punktem wspólnym płaszczyzny $ABC$ i sfery $s$ , co przeczy założeniom.

Sfera opisana na czworościanie $ABCP$ jest zatem obrazem sfery $s$ przy jednokładności $j^{-1}$ , której środek (punkt $P$ ) leży na sferze $s$ . Stąd teza.

LIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LIII OM, 2001-2002

Etap:

III

Dana jest liczba naturalna $k$ . Określamy ciąg $(a_n)$ wzorami

$ a_{1}=k+1,\ a_{n+1}=a_{n}^{2}-ka_{n}+k\ \textrm{dla}\ n\geq 1.$

Wykazać, że jeżeli $m \ne n$ , to liczby $a_m$ i $a_n$ są względnie pierwsze.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw indukcyjnie, że dla $n \geq 1$ zachodzi równość

$ (1) \qquad a_{n+1} = a_1a_2 \ldots a_n + k. $

Z danej w treści zadania zależności rekurencyjnej obliczamy

$ a_2 = (k + 1)^2 - k(k + 1) + k = 2k + 1 = a_1 + k, $

co dowodzi prawdziwości zdania (1) dla $n = 1$ , natomiast krok indukcyjny sprowadza się do ciągu równości:

$ a_{n+1}=a_{n}^{2}-ka_{n}+k=a_{n}(a_{1}a_{2}\ldots a_{n-1}+k)-ka_{n}+k=a_{1}a_{2}\ldots a_{n}+k. $

Przypuśćmy teraz, że $p$ jest wspólnym dzielnikiem pierwszym liczb $a_l$ i $a_m$ , przy czym $l > m$ . Wówczas z zależności (1) dla $n = l-1$ wynika, że $p | k$ , a więc $p\nmid a_1$ . Niech $r$ będzie najmniejszą liczbą naturalną, dla której $p | a_r$ (taka liczba $r$ istnieje). Wtedy $1 <r \leq m$ . Stosując ponownie równość (1), lecz tym razem dla $n = r-1$ wnioskujemy, że $p$ jest dzielnikiem jednej z liczb $a_1 ,a_2,\ldots,a_{r-1}$ , wbrew temu, że $r$ jest najmniejszą liczbą o własności $p | a_r$ .

Otrzymana sprzeczność dowodzi, że liczby $a_l$ i $a_m$ są względnie pierwsze.