LVIII OM - III etap

III etap LIX Olimpiady Matematycznej

Załącznik	Wielkość
LVIII OM III etap - Zadania [1]	72.33 KB
LVIII OM III etap - Zadania z rozwiązaniami [2]	146.64 KB

LVIII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

III

W trójkącie ostrokątnym $ABC$ punkt $O$ jest środkiem okręgu opisanego, odcinek $CD$ jest wysokością, punkt $E$ leży na boku $AB$ , a punkt $M$ jest środkiem odcinka $CE$ . Prosta prostopadła do prostej $OM$ i przechodząca przez punkt $M$ przecina proste $AC$ , $BC$ odpowiednio w punktach $K$ , $L$ . Dowieść, że

$ {LM\over MK}={AD\over DB}. $

Rozwiązanie

Poprowadźmy przez punkt $M$ prostą równoległą do boku $AB$ , która przecina odcinki $AC$ i $BC$ odpowiednio w punktach $P$ i $Q$ (rys. 12). Wówczas punkty $P$ i $Q$ są odpowiednio środkami boków $AC$ i $BC$ . Ponieważ punkt $O$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$ , więc $\measuredangle APO=90^\circ$ . Ponadto $\measuredangle KMO=90^\circ$ . Stąd wynika, że punkty $K$ , $P$ , $M$ , $O$ leżą na jednym okręgu, którego średnicą jest odcinek $KO$ . Wobec tego $\measuredangle OKM=\measuredangle OPM$ .

Analogicznie dowodzimy, że $\measuredangle OLM=\measuredangle OQM$ . Z równości tych wynika, że trójkąty $OKL$ i $OPQ$ są podobne. Oznaczając zatem przez $S$ rzut prostokątny punktu $O$ na prostą $PQ$ uzyskujemy

$ (1) \qquad {LM\over MK}={QS\over SP}\,. $

Oznaczmy przez $X$ środek odcinka $OC$ oraz niech $Y$ , $R$
będą odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów
$X$ i $C$ na prostą $PQ$
(rys. 13). Ponieważ
$\measuredangle OPC=\measuredangle OQC=90^\circ$ , więc
punkty $C$ , $P$ , $O$ , $Q$ leżą na jednym okręgu,
którego środkiem jest punkt $X$ . Zatem $PX=XQ$ ,
a więc $PY=YQ$ . Ponadto punkt $X$ jest środkiem odcinka
$OC$ , więc $RY=YS$ . Stąd uzyskujemy $PR=QS$ .
Wobec tego

$ (2) \qquad {QS\over SP}={PR\over RQ}={AD\over DB}\,. $

Łącząc równości (1) i (2) uzyskujemy tezę.

Uwaga: Po otrzymaniu zależności (1) można w nieco inny sposób
dokończyć rozwiązanie zadania.
Niech mianowicie $T$ będzie środkiem odcinka $AB$ oraz niech
$G$ oznacza środek ciężkości trójkąta
$ABC$ (rys. 14).

Wówczas punkt $G$ dzieli każdą ze środkowych $AQ$ , $BP$ , $CT$
trójkąta $ABC$ w stosunku $2:1$ . Zatem jednokładność $j$
o środku w punkcie $G$ i skali $-1/2$ przeprowadza punkty
$A$ , $B$ , $C$ odpowiednio na punkty $Q$ , $P$ , $T$ .

Z drugiej strony, prosta przechodząca przez punkt $O$
i prostopadła do prostych $AB$ i $QP$ zawiera
zarówno punkt $S$ (gdyż $S$ jest rzutem prostokątnym
punktu $O$ na prostą $QP$ ), jak i punkt $T$ (rzut
środka okręgu opisanego na trójkącie na bok
tego trójkąta jest bowiem środkiem rozważanego
boku). Innymi słowy, odcinek $TS$ jest wysokością
w trójkącie $QPT$ .

W efekcie jednokładność $j$ przeprowadza spodek $D$
wysokości $CD$ w trójkącie $ABC$ na spodek $S$
wysokości $TS$ w trójkącie $QPT$ . To oznacza, że
$j$ przeprowadza odcinki $AD$ i $DB$ odpowiednio
na odcinki $QS$ i $SP$ . Wynika stąd równość stosunków

$ {AD\over DB}={QS\over SP}, $

która wraz z równością (1) pociąga tezę zadania.

LVIII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

III

Liczbę całkowitą dodatnią nazwiemy białą, jeżeli jest równa 1
lub jest iloczynem parzystej liczby liczb pierwszych (niekoniecznie różnych).
Pozostałe liczby całkowite dodatnie nazwiemy czarnymi.

Zbadać, czy istnieje taka liczba całkowita dodatnia, że suma jej białych
dzielników jest równa sumie jej czarnych dzielników.

Rozwiązanie

Dla liczby całkowitej $k>1$ oznaczmy

$ \begin{split} B(k) & =\hbox{ suma białych dzielników liczby }k, \\ C(k) & =\hbox{ suma czarnych dzielników liczby }k, \\ D(k) & =B(k)-C(k). \end{split} $

Udowodnimy, że dla dowolnych względnie pierwszych liczb całkowitych dodatnich l, $m$ prawdziwa jest równość

$ (1) \qquad D(lm)=D(l)\cdot D(m). $

Istotnie, każdy dodatni dzielnik $d$ iloczynu $lm$ ma jednoznaczne
przedstawienie w postaci $d=ab$ , gdzie $a$ jest dzielnikiem liczby $l$ ,
zaś $b$ jest dzielnikiem liczby $m$ . Ponadto $d$ jest dzielnikiem
białym wtedy i tylko wtedy, gdy liczby $a$ , $b$ mają ten sam kolor.

Suma wszystkich iloczynów postaci $ab$ , gdzie $a$ , $b$
są odpowiednio białymi dzielnikami liczb $l$ , $m$ , jest równa $B(l)\cdot B(m)$ ,
natomiast suma wszystkich takich iloczynów, w których dzielniki $a$ , $b$
są czarne, wynosi $C(l)\cdot C(m)$ . Zatem

$ B(lm)=B(l)\cdot B(m)+C(l)\cdot C(m). $

Analogicznie uzasadniamy równość

$ (3) \qquad C(lm)=B(l)\cdot C(m)+C(l)\cdot B(m). $

Ze związków (2) i (3) wynika, że

$ \begin{split}D(lm) & = B(l)\cdot B(m)+C(l)\cdot C(m)-B(l)\cdot C(m)-C(l)\cdot B(m)= \\ & =(B(l)-C(l))(B(m)-C(m))=D(l)\cdot D(m), \end{split} $

co kończy dowód zależności (1).

Przypuśćmy teraz, że suma białych dzielników pewnej liczby całkowitej
$n>1$ jest równa sumie jej czarnych dzielników. Mamy więc $D(n)=0$ .
Rozłóżmy liczbę $n$ na iloczyn potęg różnych liczb pierwszych:

$ n=p_1^{r_1}\cdot p_2^{r_2}\cdot\ldots\cdot p_j^{r_j}. $

Na mocy wzoru (1) zachodzi równość

$ D(n)=D(p_1^{r_1})\cdot D(p_2^{r_2})\cdot\ldots\cdot D(p_j^{r_j})=0. $

Wobec tego istnieje liczba pierwsza $p$ i liczba całkowita
dodatnia $r$ , dla których $D(p^r)=0$ . Jest to jednak niemożliwe:
wszystkimi białymi dzielnikami liczby $p^r$ są liczby $1$ , $p^2$ , $p^4$ ,
$\ldots$ , a wszystkimi czarnymi dzielnikami - liczby
$p$ , $p^3$ , $p^5$ , $\ldots$ , i w konsekwencji zachodzi równość

$ D(p^r)=1-p+p^2-p^3+\ldots+(-1)^rp^r, $

zaś liczba stojąca po prawej stronie powyższej równości daje resztę $1$
z dzielenia przez $p$ , jest więc różna od zera.
Doszliśmy zatem do sprzeczności.

Odpowiedź: Nie istnieje.

LVIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

III

Płaszczyznę podzielono prostymi poziomymi i pionowymi na kwadraty jednostkowe.
W każdy kwadrat należy wpisać liczbę całkowitą dodatnią tak, by każda
liczba całkowita dodatnia wystąpiła na płaszczyźnie dokładnie raz.
Rozstrzygnąć, czy można to uczynić w taki sposób, aby każda napisana liczba
była dzielnikiem sumy liczb wpisanych w cztery kwadraty sąsiednie.

Rozwiązanie

Udowodnimy, że istnieje postulowany sposób wpisania liczb.

Zacieniujmy niektóre kwadraty jednostkowe oraz narysujmy drogę przechodzącą
przez każdy kwadrat jednostkowy dokładnie raz tak, jak pokazuje rys. 15.
Następnie w kolejne kwadraty zaznaczonej drogi wpiszmy liczby
według następujących zasad:

Startujemy z kwadratu zaznaczonego grubą kropką.

A) Jeżeli dany kwadrat nie jest zacieniowany, wpisujemy najmniejszą liczbę całkowitą dodatnią, która nie została jeszcze napisana na płaszczyźnie.

B) Jeżeli dany kwadrat $K$ jest zacieniowany, ma on bok wspólny z dokładnie jednym kwadratem $H$ , w który jest już wpisana liczba i dla którego w trzy pozostałe sąsiednie kwadraty (różne od $K$ ) są już wpisane liczby. Wówczas wpisujemy w $K$ najmniejszą taką liczbę całkowitą dodatnią $m$ nie występującą jeszcze na płaszczyźnie, że liczba wpisana w kwadrat $H$ jest dzielnikiem sumy czterech liczb znajdujących się w kwadratach sąsiadujących z kwadratem $H$ .

(Por. rys. 16, gdzie przedstawiono rezultat wykonywania kroków A) i B) dla kilkudziesięciu początkowych kwadratów na drodze. Na przykład dla kwadratu $K$ , w który wpisana jest liczba 37, odpowiadającym kwadratem $H$ jest kwadrat zawierający liczbę 13, a w pozostałe trzy sąsiadujące kwadraty wpisane są liczby 27, 12, 15. Zatem liczbę $m$ należy wybrać tak, by suma $27+12+15+m=54+m$ dzieliła się przez $13$ . Liczby $m=11$ i $m=24$ zostały napisane na płaszczyźnie już wcześniej, wybieramy więc wartość $m=37$ .)

Zauważmy przede wszystkim, że liczba $m$ zgodna z wymaganiami warunku B) zawsze istnieje. Rzeczywiście, jeżeli w trzech kwadratach sąsiadujących z kwadratem $H$ są już napisane liczby $a$ , $b$ , $c$ , zaś w kwadracie $H$ znajduje się liczba $d$ , to liczbę $m$ musimy wybrać w taki sposób, by liczba $a+b+c+m$ dzieliła się przez $d$ . Jest to możliwe, bowiem na płaszczyźnie wpisano dotąd skończenie wiele liczb.

Zatem postępując we wskazany sposób wpiszemy liczbę całkowitą dodatnią w każdy kwadrat na płaszczyźnie. Pozostaje wykazać, że ów sposób wpisania spełnia warunki zadania.

Ponieważ nieskończenie wiele kwadratów jest niezacieniowanych, krok A) zapewnia, że każda liczba całkowita w pewnym momencie pojawi się na płaszczyźnie. Ponadto w krokach A) i B) wybieramy za każdym razem liczbę, która dotąd nie została napisana. Wobec tego każda liczba całkowita dodatnia będzie wpisana w dokładnie jeden kwadrat. Na koniec, dla dowolnego kwadratu $H$ , spośród czterech kwadratów sąsiadujących z $H$ kwadrat występujący na zaznaczonej drodze jako ostatni jest zacieniowany, a więc wpisanie liczby w ten kwadrat następuje na podstawie procedury B). Z treści tej procedury wnioskujemy, że liczba znajdująca się w kwadracie $H$ jest dzielnikiem sumy czterech liczb wpisanych w kwadraty sąsiadujące z kwadratem $H$ .

Wykazaliśmy tym samym, że opisany sposób rozmieszczania liczb w kwadratach spełnia warunki zadania.

LVIII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

III

Dana jest liczba całkowita $n\ge 1$ . Wyznaczyć liczbę możliwych wartości iloczynu $k\cdot m$ , gdzie $k$ , $m$ są liczbami całkowitymi
spełniającymi nierówności

$ (1) \qquad n^2\le k\le m\le (n+1)^2. $

Rozwiązanie

Sposób I

Przypuśćmy, że dwie różne pary $(k,m)$ i $(k',m')$ ,
spełniające zadany warunek, dają jednakowy iloczyn ${km=k'm'=q}$ .
Oznaczmy

$ m+k=s,\quad\ m-k=r,\quad\ m'+k'=s',\quad\ m'-k'=r'. $

Wówczas ${4q=s^2-r^2}$ , czyli ${r=\sqrt{s^2-4q}}$ ; różnica $r'$
wyraża się analogicznie. Gdyby zachodziła równość ${s=s'}$ ,
wynikałaby stąd także równość ${r=r'}$ . To jednak nie jest
możliwe, skoro pary $(k,m)$ i $(k',m')$ są różne. Zatem
${s\ne{s'}}$ ; nie tracąc ogólności przyjmijmy, że ${s'\le s-1}$ .
Tak więc

$ s^2-r^2=4q=4k'm'\le(k'+m')^2\le(s-1)^2=s^2-2s+1, \leqno(1) $

wobec czego

$ r^2+1\ge2s=2(k+m)=2(2k+r)=4k+2r $

i w konsekwencji $(r-1)^2\ge4k\ge4n^2.$ Widać stąd, że $r$ nie może być zerem. Zatem ${r-1}$ jest
liczbą nieujemną i z ostatniej nierówności wynika, że
${r-1\ge2n}$ . To znaczy, że

$ (2) \qquad r\ge2n+1. $

Różnica liczb $\,m$ , $k$ z przedziału $\langle n^2;(n+1)^2\rangle$
nie może być większa niż jego długość, równa ${2n+1}$ .
Nierówność (2) musi więc być równością, a liczby
$k$ , $m\,$ muszą pokrywać się z końcami tego przedziału.

Muszą ponadto zachodzić równości we wszystkich wcześniejszych
nierównościach, z których zależność (2) została
wyprowadzona. Równość w związkach (1) oznacza zaś, że
${k'=m'=(s-1)\slash2}$ . Ostatecznie więc

$ k=n^2,\quad\ m=(n+1)^2,\quad\ k'=m'=n^2+n. $

Znalezione pary $(k,m)$ i $(k',m')$ istotnie mają równe iloczyny
${km=k'm'}$ ; a z przeprowadzonego rozumowania wynika, że są to
jedyne takie dwie różne pary.

W zbiorze $\{n^2,n^2{+}1,\ldots,(n{+}1)^2\}$ jest ${2n+2}$ liczb.
Można z nich utworzyć ${2n+2\choose2}$ par $(k,m)$ , w których
${k<m}$ , oraz ${2n+2}$ par, w których ${k=m}$ ; łącznie
${2n^2+5n+3}$ par. Wśród wyznaczonych przez nie wartości
iloczynu $km$ występuje dokładnie jedno powtórzenie. Tak
więc liczba możliwych wartości iloczynu $km$ jest o jeden
mniejsza i wynosi ${2n^2+5n+2}$ .

Sposób II

Uporządkujmy wszystkie pary $(k,m)$ spełniające warunek (1) tak,
aby sumy $k+m$ tworzyły ciąg niemalejący, zaś w każdym bloku
kolejnych par, w którym ta suma jest stała, niech wartości $m$ tworzą
ciąg malejący (rys. 17).

Wypiszmy ciąg iloczynów $k\cdot m$ odpowiadających parom $(k,m)$
uporządkowanym w opisany sposób. Udowodnimy, że:

W obrębie bloku, w którym suma $k+m$ jest stała,
ciąg iloczynów $k\cdot m$ jest ściśle rosnący.

\smallskip

Dla dwóch kolejnych par $(k_1,m_1)$ oraz $(k_2,m_2)$
spełniających warunek $k_2+m_2=k_1+m_1+1$ zachodzi nierówność
$k_1\cdot m_1<k_2\cdot m_2$ , z jednym wyjątkiem: Dla par
$(k_1,m_1)=(n^2+n,n^2+n)$ i $(k_2,m_2)=(n^2,(n+1)^2)$
iloczyny są równe.

Dowód zdania 1. Niech dla par $(k_1,m_1)$ , $(k_2,m_2)$ będzie $m_1>m_2$ oraz

$ k_1+m_1=k_2+m_2=s. $

Jest jasne, że $m_1>m_2\ge{1\over 2}s\ge k_2>k_1$ . Funkcja kwadratowa
$f(x)=x(s-x)$ jest ściśle rosnąca na przedziale $(-\infty;{1\over 2}s\rangle$ .
Otrzymujemy stąd żądaną nierówność

$ k_1\cdot m_1=k_1(s-k_1)=f(k_1)<f(k_2)=k_2(s-k_2)=k_2\cdot m_2. $

Dowód zdania 2. Przyjmijmy, że $(k_2,m_2)=(n^2,n^2+l)$ , gdzie
$1\le l\le 2n+1$ (na rys. 17 jest to pole znajdujące się
na górnym brzegu kwadratu). Wówczas $k_2\cdot m_2=n^4+ln^2$ . Ponadto
w zależności od parzystości liczby $l$ mamy

$ \begin{split}(k_1,m_1) &=\Bigl(n^2+{l-1\over 2},n^2+{l-1\over 2}\Bigr),\quad \hbox{jeżeli }l\hbox { jest liczbą nieparzystą}, \\ (k_1,m_1) &=\Bigl(n^2+{l\over 2},n^2+{l\over 2}-1\Bigr),\quad\quad\, \hbox{jeżeli }l\hbox{ jest liczbą parzystą}. \end{split} $

Bezpośrednio sprawdzamy, że

$ \begin{split} k_1\cdot m_1=n^4+(l-1)n^2+{(l-1)^2\over 4}& \le n^4+ln^2\quad\hbox {dla }l=1,3,5,\ldots,2n-1,2n+1, \\ k_1\cdot m_1=n^4+(l-1)n^2+{l(l-2)\over 4}& < n^4+ln^2\quad\hbox{dla }l=2,4,6,\ldots,2n. \end{split} $

Rzeczywiście, pierwsza z powyższych nierówności jest równoważna
nierówności $(l-1)^2\le 4n^2$ , która zachodzi dla $1\le l\le 2n+1$ ,
przy czym równość ma miejsce jedynie dla $l=2n+1$ , natomiast druga
nierówność sprowadza się do $l(l-2)<4n^2$ , co jest prawdą dla $2\le l\le 2n$ .

Analogicznie rozważamy przypadek $(k_2,m_2)=((n+1)^2,n^2+l)$
(pole na prawym brzegu kwadratu na rys. 17). Wtedy
$k_2\cdot m_2=n^2(n+1)^2+l(n+1)^2$ i

$ \begin{split}(k_1,m_1) &=\Bigl(n^2+n+{l+1\over 2},n^2+n+{l-1\over 2}\Bigr),\quad \hbox{jeżeli }l\hbox { jest liczbą nieparzystą}, \\ (k_1,m_1) &=\Bigl(n^2+n+{l\over 2},n^2+n+{l\over 2}\Bigr),\quad\quad\quad\,\,\,\,\,\, \hbox{jeżeli }l\hbox{ jest liczbą parzystą}. \end{split} $

Nierówność $k_1\cdot m_1<k_2\cdot m_2$ przekształcamy równoważnie do postaci

$ l^2-1<4l(n+1)\quad\hbox{dla }l\hbox{ nieparzystych,}\qquad l<4(n+1)\quad\hbox{dla }l\hbox{ parzystych}, $

co jest prawdą, gdyż $1\le l\le 2n+1$ . To kończy dowód zdania 2.

W oparciu o zdania 1 i 2 stwierdzamy, że liczba różnych wartości
iloczynu $k\cdot m$ jest o jeden mniejsza od liczby par $(k,m)$
spełniających warunek (1). Patrząc na rys. 17
widzimy, że ta ostatnia liczba jest równa sumie

$ 1+2+\ldots+(2n+1)+(2n+2)=(n+1)(2n+3)=2n^2+5n+3. $

Zatem liczba możliwych wartości iloczynu $k\cdot m$ wynosi ${\bf 2n^2+5n+2}$ .

LVIII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

III

W czworościanie $ABCD$ spełnione są zależności

$ \begin{split}\measuredangle BAC+\measuredangle BDC & =\measuredangle ABD+\measuredangle ACD, \\ \measuredangle BAD+\measuredangle BCD & =\measuredangle ABC+\measuredangle ADC. \end{split} $

Udowodnić, że środek sfery opisanej na tym czworościanie leży na prostej przechodzącej przez środki krawędzi $AB$ i $CD$ .

Rozwiązanie

Rozważmy sześciokąt $A_1BA_2CA_3D$ będący siatką czworościanu $ABCD$ (rys. 18).

Przepisując pierwszą z danych w treści zadania równości jako

$ \measuredangle A_1BD+\measuredangle A_3CD=\measuredangle BDC+\measuredangle BA_2C $

widzimy, że suma miar kątów $A_1BA_2$ i $A_2CA_3$ (traktowanych
jako kąty wewnętrzne sześciokąta $A_1BA_2CA_3D$ ,
a zatem niekoniecznie wypukłych) jest równa sumie
miar kątów wewnętrznych trójkątów $BDC$ i $BA_2C$ ,
co daje

$ (1) \qquad \measuredangle A_1BA_2+\measuredangle A_2CA_3=360^\circ. $

Ponieważ $BA_1=BA_2$ oraz $CA_2=CA_3$ (gdyż odpowiednie odcinki
pochodzą z rozklejenia jednej krawędzi czworościanu),
więc na mocy równości (1) trójkąty równoramienne
$A_1BA_2$ i $A_2CA_3$ są podobne (przy czym
mogą być zdegenerowane do odcinka).
Wobec tego

$ (2) \qquad {A_2A_1\over A_2B}={A_2A_3\over A_2C}. $

Ponadto $\measuredangle BA_2A_1=\measuredangle CA_2A_3$ , przy czym oba kąty są jednakowo zorientowane, skąd otrzymujemy

$ (3) \qquad \measuredangle BA_2C=\measuredangle A_1A_2A_3. $

Z zależności (2) i (3) wynika, że
trójkąty $BA_2C$ oraz $A_1A_2A_3$
są podobne. Analogicznie korzystając z drugiej
równości danej w treści zadania dowodzimy,
iż trójkąty $A_1BD$ i $A_1A_2A_3$ są podobne.
Wobec tego podobne są trójkąty $BA_2C$ i $A_1BD$ ;
ze względu na równość $A_1B=BA_2$ są one
przystające. Zatem

$ (4) \qquad A_2C=BD\quad\hbox{oraz}\quad BC=A_1D. $

Niech teraz punkty $M$ , $N$ będą odpowiednio
środkami krawędzi $AB$ , $CD$ w czworościanie $ABCD$ (rys. 19).
Na mocy (4) trójkąty $BDC$ i $ACD$ są przystające.
Wobec tego odcinki $BN$ i $AN$ , będące odpowiednio
środkowymi w tych trójkątach, mają równe długości.
Innymi słowy, $AN=BN$ , zatem w trójkącie równoramiennym
$ANB$ środkowa $NM$ jest prostopadła do boku $AB$ .
Analogicznie rozpatrując trójkąt $CMD$ dowodzimy,
że $MN\perp CD$ .

Prosta $MN$ jest więc krawędzią przecięcia
płaszczyzn symetralnych
krawędzi $AB$ i $CD$ czworościanu $ABCD$ . Środek
sfery opisanej na czworościanie leży na każdej
z tych płaszczyzn, zatem leży na prostej $MN$ ,
co dowodzi tezy.

LVIII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

III

Ciąg $a_0$ , $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ jest określony przez warunki: $a_0=-1$ oraz

$ a_n+{a_{n-1}\over 2}+{a_{n-2}\over 3}+\ldots+{a_1\over n}+{a_0\over n+1}=0 \qquad\hbox{dla }n\ge 1. $

Wykazać, że $a_n>0$ dla $n\ge 1$ .

Rozwiązanie

Przeprowadzimy dowód indukcyjny.

Liczba $a_1={1\over 2}$ jest dodatnia. Przypuśćmy z kolei,
że dla pewnego wskaźnika $n$ liczby $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_n$
są dodatnie. Udowodnimy, że liczba $a_{n+1}$ również jest
dodatnia. W tym celu zauważmy, że prawdziwa jest zależność

$ {1\over k+1}\le{n\over n+1}\cdot{1\over k}\qquad \hbox{dla }k=1,2,\ldots,n, $

gdyż jest ona równoważna nierówności $(n+1)k=nk+k\le (k+1)n=nk+n$ .
Zatem korzystając z założenia indukcyjnego oraz z danej
w treści zadania równości otrzymujemy

$ \begin{split}{1\over n+2} & = a_{n+1}+{a_n\over 2}+{a_{n-1}\over 3}+\ldots+{a_2\over n}+{a_1\over n+1}\le \\ & \le a_{n+1}+{n\over n+1}\Bigl(a_n+{a_{n-1}\over 2}+\ldots+{a_2\over n-1}+ {a_1\over n}\Bigr)= \\ & =a_{n+1}+{n\over n+1}\cdot{-a_0\over n+1}=a_{n+1}+{n\over (n+1)^2}. \end{split} $

Wobec tego spełniona jest nierówność

$ a_{n+1}\ge{1\over n+2}-{n\over (n+1)^2}={1\over (n+1)^2(n+2)}>0, $

która kończy dowód indukcyjny i rozwiązanie zadania.