XLIV OM - I etap

I etap XLIV Olimpiady Matematycznej

XLIV OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Rozwiązać równanie

$ \frac{(x^2-1)(|x|+1)}{x+\mathrm{sgn}(x)} = [x+1] $

Uwaga: $[t]$ jest największą liczbą całkowitą nie większą od $t$ ,

$ \mathrm{sgn}(x) = \begin{cases} 1, & \text{ gdy } x > 0 \\ 0, & \text{ gdy } x = 0 \\ -1, & \text{ gdy } x < 0. \end{cases} $

Rozwiązanie

Oznaczmy lewą i prawą stronę równania odpowiednio przez $L(x)$ i $P(x)$ ; z postaci równania wynika, że $x\neq 0$ . Dla wszystkich liczb $x \neq 0$ mianownik ułamka definiującego wyrażenie $L(x)$ jest różny od zera, a więc wyrażenie to jest dobrze określone i mamy równość

$ |x| + 1 = x \cdot \sgn x + (\sgn x)^2 = (x + \sgn x) \sgn x; $

stąd zaś

$ L(x) = (x^2 - 1)\sgn x. $

Wartość bezwzględna prawej strony danego równania spełnia oczywiste oszacowanie $|P(x)| \leq |x| +1$ . Jeśli więc $|x| > 2$ , to

$ |L(x)|-|P(x)| \geq (x^2-1) - (|x| +1) = (|x|-2)(|x| + 1) >0. $

Zatem równanie nie ma rozwiązań w zbiorze $(-\infty;-2)\cup(2;\infty )$ .

Dla $x = 2$ równanie jest spełnione. W pozostałym zbiorze $\langle-2;0)\cup(0; 2)$ funkcje $L(x)$ i $P(x)$ są dane wzorami

$ L(x)=(x^2-1)\sgn x = \left\{\begin{array}{ll} 1-x^2& \textrm{dla } x \in \langle-2;0),\\ x^2-1& \textrm{dla } x \in (0;2)\\ \end{array}\right. $

oraz

$ P(x)=[x + 1]= \left\{\begin{array}{rl} -1& \textrm{dla } x \in \langle-2;-1),\\ 0& \textrm{dla } x \in \langle-1;0),\\ 1& \textrm{dla } x \in (0;1),\\ 2& \textrm{dla } x \in \langle1;2),\\ \end{array}\right. $

a ich różnica ma postać

$ L(x)-P(x)= \left\{\begin{array}{rl} 2-x^2& \textrm{dla } x \in \langle-2;-1),\\ 1-x^2& \textrm{dla } x \in \langle-1;0),\\ x^2-2& \textrm{dla } x \in (0;1),\\ x^2-3& \textrm{dla } x \in \langle1;2),\\ \end{array}\right. $

Przyrównanie do zera uzyskanych wyrażeń kwadratowych daje (w odpowiednich przedziałach) pierwiastki: $-\sqrt{2}$ , $-1$ , $\sqrt{3}$ . Uwzględniając znaleziony wcześniej pierwiastek $x = 2$ mamy pełne rozwiązanie:

$ \{x \in \mathbb{R}\setminus \{0\}: L(x) = P(x)\} = \{-\sqrt{2},-1,\sqrt{3},2\}. $

XLIV OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dana jest liczba naturalna $n \geq 3$ . Rozwiązać układ równań

$ \begin{cases} \tan x_1 + 3\cot x_1 &= 2 \tan x_2 \\ \tan x_2 + 3\cot x_1 &= 2 \tan x_3 \\ \ldots \ldots \ldost \ldots \\ \tan x_{n-1} + 3\cot x_{n-1} &= 2 \tan x_n \\ \tan x_n + 3\cot x_n &= 2 \tan x_1 \\ \end{cases} $

Rozwiązanie

Załóżmy, że liczby $x_1,\ldots, x_n$ spełniają podany układ. Przyjmijmy

$ t_i = \tan x_i \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,n \quad \textrm{oraz} \quad t_{n+1}=t_1. $

Rozważany układ równań przybiera postać

$ (1) \qquad t_i + \frac{3}{t_i} = 2t_{i+1} \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,n. $

Wynika stąd, w szczególności, że liczby $t_1,\ldots ,t_n$ są jednakowego znaku. W takim razie układ (1) implikuje układ

$ |t_i| + \frac{3}{|t_i|} = 2|t_{i+1}| \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,n. $

Przepiszmy te równania w równoważnych postaciach

$ (2) \qquad |t_{i+1}| = \frac{(|t_i|-\sqrt{3})^2}{2|t_i|} + \sqrt{3} \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,n $

oraz

$ (3) \qquad |t_{i+1}| = |t_i| + \frac{3-t_i^2}{2|t_i|} \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,n. $

Z postaci (2) widać, że dla każdego $i$ zachodzi nierówność $|t_{i+1}| \geq \sqrt{3}$ . Tak więc żadna z liczb $|t_1|, \ldots, |t_n|$ nie jest mniejsza niż $\sqrt{3}$ . W takim razie $3 - t^2_i \leq 0$ dla $i = 1,\ldots,n$ , skąd na podstawie zależności (3):

$ |t_1|\geq |t_2| \geq \ldots \geq |t_n| \geq |t_{n+1}|. $

Skoro zaś $t_{n+1} = t_1$ , nierówności te muszą być faktycznie równościami. Wobec tego (por. (3)) różnica $3 -t^2_i$ jest dla wszystkich $i$ równa zeru. A ponieważ liczby $t_1,\ldots,t_n$ są jednakowego znaku, więc ostatecznie

$ t_1=t_2=\ldots=t_n=\sqrt{3} \quad \textrm{lub} \quad t_1=t_2=\ldots=t_n=-\sqrt{3}. $

W pierwszym przypadku uzyskujemy rozwiązanie

$ x_i = \frac{1}{3}\pi + k_i \pi \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,n, $

a w drugim

$ x_i = -\frac{1}{3}\pi + k_i \pi \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,n, $

przy czym $k_1,\ldots, k_n$ mogą, być dowolnymi liczbami całkowitymi.

XLIV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dany jest sześciokąt $ABCDEF$ mający środek symetrii. Oznaczmy przez $A'$ punkt przecięcia prostych $AB$ i $EF$ , przez $B'$ - punkt przecięcia prostych $BC$ i $AF$ , a przez $C'$ - punkt przecięcia prostych $AB$ i $CD$ . Dowieść, że $|AB| \cdot |BC| \cdot |CD| = |AA'| \cdot |BB'| \cdot |CC'|$ .

Rozwiązanie

Dany sześciokąt ma środek symetrii. Jego przeciwległe boki są więc równoległe i równej długości; w szczególności zachodzą związki:

$ EF\parallel BC, \quad FA \parallel CD, \quad |FA| = |CD|. $

Ponieważ punkty $A'$ i $B'$ leżą odpowiednio na prostych $EF$ i $BC$ , a punkty $B'$ i $C'$ leżą odpowiednio na prostych $FA$ i $CD$ , zatem możemy przepisać poprzednie związki równoległości jako

$ A'F\parallel BB',\quad AB'\parallel C'C. $

Z pierwszego z nich wynika, że trójkąt $A'AF$ jest podobny do trójkąta $BAB'$ , a z drugiego - że trójkąt $BAB'$ jest podobny do trójkąta $BC'C$ (rysunek 1). Uzyskujemy w ten sposób proporcje

$ \frac{|AA'|}{|AB|}=\frac{|AF|}{|AB'|} \quad \textrm{oraz} \quad \frac{|BB'|}{|BC|}=\frac{|AB'|}{|C'C|}, $

które - pomnożone stronami - dają związek

$ \frac{|AA'|}{|AB|}\cdot \frac{|BB'|}{|BC|} =\frac{|AF|}{|CC'|}. $

Ponieważ zaś $|AF| = |CD|$ , zatem, ostatecznie,

$ \frac{|AA'|}{|AB|}\cdot \frac{|BB'|}{|BC|} \cdot \frac{|CC'|}{|CD|}=1. $

Warto zauważyć, że rozumowanie jest niezależne od tego, czy sześciokąt $ABCDEF$ jest wypukły, czy nie (rysunek 1).

XLIV OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Wyznaczyć wszystkie funkcje $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ takie, że

$ f(x+y)-f(x-y)=f(x)\cdot f(y) \quad \text{ dla } x,y \in \mathbb{R}. $

Rozwiązanie

Załóżmy, że funkcja $f$ spełnia dane równanie funkcyjne. Podstawiając $x = y = 0$ dostajemy równość $f(0) = 0$ . Podstawiając następnie w równaniu $x = 0$ (i wiedząc, że $f(0) = 0$ ) dostajemy zależność

$ f(y)-f(-y) = 0 \quad \textrm{dla wszystkich } y \in \mathbb{R}. $

To znaczy, że $f$ jest funkcją parzystą.

Weźmy dowolną liczbę $y \in \mathbb{R}$ i podstawmy w danym równaniu kolejno $x = y$ oraz $x = - y$ . Otrzymujemy związki

$ f(2y) = f(y)^2 \quad \textrm{oraz} \quad - f(-2y) = f(-y)f(y). $

Wobec parzystości funkcji $f$ , prawe strony tych związków są liczbami równymi (bo $f(-y) = f(y)$ ), a lewe ich strony są liczbami przeciwnymi (bo $f(-2y) = f(2y)$ ). Wszystkie te liczby muszą więc być zerami. Z dowolności wyboru liczby $y$ wynika, że $f$ jest funkcją równą tożsamościowo zeru.

XLIV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dana jest półpłaszczyzna oraz punkty $A$ i $C$ na jej krawędzi. Dla każdego punktu $B$ tej półpłaszczyzny rozważamy kwadraty $ABKL$ i $BCMN$ leżące na zewnątrz trójkąta $ABC$ . Wyznaczają one odpowiadającą punktowi $B$ prostą $LM$ . Udowodnić, że wszystkie proste odpowiadające różnym położeniom punktu $B$ przechodzą przez jeden punkt.

Rozwiązanie

Wybierzmy punkt $B$ w danej półpłaszczyźnie. Z uwagi na symetrię ról rozważanych kwadratów, możemy przyjąć, nie tracąc ogólności, że $|AB| \geq |BC|$ . Kąt $BAC$ jest więc ostry; kąt $ACB$ może być ostry lub nie (rysunek 2). Oznaczmy odpowiednio przez $D$ , $P$ , $Q$ rzuty prostokątne punktów $B$ , $L$ , $M$ na prostą $AC$ , a przez $R$ - rzut punktu $M$ na prostą $LP$ .

Z określenia punktów $L$ i $M$ wynika, że

$ |AL| = |AB|, \quad |CM| = |BC|, \quad |\measuredangle BAL| = |\measuredangle BCM| = 90^\circ. $

Stąd

$ |\measuredangle ALP| = 90^\circ-|\measuredangle PAL | = |\measuredangle BAD|, $

$ |\measuredangle CMQ| = 90^\circ-|\measuredangle QCM | = |\measuredangle BCD|. $

Z tych równości widać, że trójkąt prostokątny $APL$ przystaje do trójkąta $BDA$ , a trójkąt $CQM$ przystaje do $BDC$ . Tak więc

$ (1) \qquad |AP| = |BD|, \quad |LP| = |AD|, \quad |CQ| = |BD|, \quad |MQ| = |CD|. $

Kąty $CAL$ oraz $ACM$ są rozwarte. Zatem punkty $A$ i $C$ leżą wewnątrz odcinka $PQ$ . Stąd, na podstawie uzyskanej równości $|AP| = |CQ|$ wnosimy, że środek $S$ odcinka $AC$ jest jednocześnie środkiem odcinka $PQ$ .

Niech $l$ będzie wspólną symetralną tych odcinków; przecina ona proste $ML$ i $MR$ odpowiednio w punktach $X$ i $Y$ , które - zgodnie z twierdzeniem Talesa - są środkami odcinków $ML$ i $MR$ . Zachodzi wobec tego równość $|XY| = \frac{1}{2}|LR|$ .

Obliczymy długość odcinka $SX$ ; w przekształceniach pojawi się znak $\pm$ (,,plus-minus''), który należy odczytywać jako ,,plus'', gdy kąt $ACB$ jest ostry, a jako ,,minus'', gdy kąt $ACB$ jest rozwarty (por. dwa warianty rysunku 2):

$ \begin{split} & |SX| = |XY| \pm |SY| =\frac{1}{2} |LR| \pm |MQ| = \frac{1}{2} (|LR| \pm 2|MQ|) =\\ & = \frac{1}{2}(|LR| \pm (|MQ| + |RP|)) = \frac{1}{2} ((|LR| \pm |RP|) \pm |MQ|) = \frac{1}{2} (|LP| \pm |MQ|). \end{split} $

Stąd, wobec równości (1),

$ |SX| = \frac{1}{2} (|AD| \pm |CD|) = \frac{1}{2} |AC| $

- a to oznacza, że położenie punktu $X$ na prostej $l$ nie zależy od wyboru punktu $B$ . Punkt $X$ jest (w każdym przypadku) środkiem kwadratu, położonego w rozważanej półpłaszczyźnie, którego jednym z boków jest odcinek $AC$ . Jest to więc szukany wspólny punkt wszystkich możliwych do uzyskania prostych $LM$ . (Jak wynika z wcześniejszych spostrzeżeń, ten punkt nie tylko leży na każdej takiej prostej $LM$ , ale jest środkiem odcinka $LM$ .)

XLIV OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Ciąg $(x_n)$ jest określony następująco:

$ x_0 = 1992, \quad x_n = -\frac{1992}{n} \cdot \sum_{k=0}^{n-1} x_k \quad \text{ dla } n\geq 1. $

Obliczyć sumę $\sum_{n=0}^{1992} 2^n x_n$ .

Rozwiązanie

Zastąpmy parametr $1992$ przez dowolnie ustaloną liczbę naturalną $N \geq 1$ i weźmy pod uwagę ciąg $(x_n)$ określony wzorami

$ x_0 = N, \quad x_n= -\frac{N}{n} \sum_{k=0}^{n-1} x_k \quad \textrm{dla } n = 1,2,3,\ldots; $

gdy $N = 1992$ , jest to ciąg dany w zadaniu.

Spróbujmy trochę poeksperymentować. Jeśli $N = 3$ , to początkowymi wyrazami ciągu $(x_n)$ są liczby $3$ , $-9$ , $9$ , $-3$ , Jeśli $N=4$ , to początkowymi wyrazami ciągu $(x_n)$ są liczby $4$ , $-16$ , $24$ , $-16$ , $4$ . Jeśli $N = 5$ , to początkowymi wyrazami ciągu $(x_n)$ są liczby $5$ , $-25$ , $50$ , $-50$ , $25$ , $-5$ . Te obserwacje prowadzą do przypuszczenia, że dla każdej liczby naturalnej $N \geq 1$ zachodzi równość

$ (1) \qquad x_n = (-1)^n N\binom{N}{n} \quad \textrm{dla } n = 0,1,2, \ldots,N. $

Udowodnimy, że tak jest istotnie. Przyda nam się w tym celu równość pomocnicza

$ (2) \qquad \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k \binom{N}{k} = (-1)^{n-1} \binom{N-1}{n-1}, $

zachodząca dla dowolnych liczb naturalnych $N \geq n \geq 1$ . Oto jej uzasadnienie:

Traktujemy $N$ jako ustalone. Dla $n = 1$ wzór (2) zachodzi. Załóżmy, że wzór (2) jest słuszny dla pewnego $n$ ( $1 \leq n \leq N- 1$ ). Skorzystamy z podstawowej własności współczynników dwumianowych:

$ \binom{N}{n} = \binom{N-1}{n-1} +\binom{N-1}{n}. $

Mnożymy obie strony tej równości przez $(-1)^n$ i dodajemy do odpowiednich stron równości (2):

$ \begin{split} \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k \binom{N}{k} &+(-1)^n \binom{N}{n} =\\ &=(-1)^{n-1} \binom{N-1}{n-1}+(-1)^n \binom{N-1}{n-1}+(-1)^n \binom{N-1}{n}; \end{split} $

krócej:

$ \sum_{k=0}^{n}(-1)^k \binom{N}{k} = (-1)^n \binom{N-1}{n}. $

Jest to równość (2) z $n$ zastąpionym przez $n+1$ . Na mocy zasady indukcji wzór (2) zachodzi dla $n = 1,2,\ldots ,N$ .

Przechodzimy do dowodu wzoru (1). Dla $n = 0$ wzór zachodzi. Weźmy dowolną liczbę naturalną $n$ (spełniającą warunki $1 \leq n \leq N$ ) i przyjmijmy indukcyjnie, że równość $x_k = (-1)^k N\binom{N}{k}$ (czyli (1) z $n$ zastąpionym przez $k$ ) zachodzi dla $k = 0,1,\ldots,n-1$ . Przekształcamy wyrażenie definiujące $x_n$ , korzystając ze wzoru (2):

$ \begin{split} x_n & = -\frac{N}{n} \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k N \binom{N}{k} = - \frac{N^2}{n}(-1)^{n-1} \binom{N-1}{n-1}=\\ &=(-1)^n N \cdot \frac{N}{n} \cdot\frac{(N-1)!}{(n-1)!(N-n)!}=(-1)^n N \binom{N}{n}. \end{split} $

Wykazaliśmy słuszność wzoru (1) dla wybranej liczby $n$ . Stąd, przez indukcję, wnosimy, że równość (1) zachodzi dla wszystkich $n \in \{1,2,\ldots,N\}$ .

A wobec tego

$ \sum_{n=0}^N 2^n x_n =\sum_{n=0}^N 2^n (-1)^n N \binom{N}{n}= N\sum_{n=0}^N \binom{N}{n} (-2)^n 1^{N-n}. $

Figurująca w ostatnim wyrażeniu suma jest rozwinięciem (Newtona) $N$ -tej potęgi dwumianu $(-2 + 1)$ . Zatem

$ \sum_{n=0}^N 2^n x_n= N\cdot (-2+1)^N =(-1)^N \cdot N. $

Jest to szukana wartość. Dla $N = 1992$ wynosi ona $1992$ .

XLIV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

W przestrzeni dane są punkty

$ A_0 = (0,0,0),\; A_1 = (1,0,0),\; A_2 = (0,1,0),\; A_3 = (0,0,1). $

Niech $P_{ij}$ ( $i,j \in \{0,1,2,3\}$ ) będą punktami wyznaczonymi przez równość $\overrightarrow{A_0P_{ij}} = \overrightarrow{A_iA_j}$ . Obliczyć objętość najmniejszego wielościanu wypukłego zawierającego wszystkie punkty $P_ij$ .

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę punkty $B_1$ , $B_2$ , $B_3$ , symetryczne odpowiednio do $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ względem punktu $A_0$ (początku układu współrzędnych):

$ B_1 = (-1,0,0), \quad B_2 = (0,-1,0), \quad B_3 = (0,0,-1). $

Rozpatrywane punkty

$ P_{12} = (-1,1,0), \quad P_{23} = (0,-1,1), \quad P_{31} = (1,0,-1), $

$ P_{21} = (1,-1,0), \quad P_{32} = (0,1,-1), \quad P_{13} = (-1,0,1) $

oraz

$ P_{01} = A_1,\ P_{02} = A_2,\ P_{03} = A_3,\ P_{10} = B_1,\ P_{20} = B_2,\ P_{30} = B_3 $

leżą na brzegu sześcianu o wierzchołkach $(\pm1,\pm1,\pm1)$ . Oczywiście punkty $P_{00}$ , $P_{11}$ , $P_{22}$ , $P_{33}$ pokrywają się z $A_0$ , środkiem sześcianu.

Interesuje nas najmniejszy wielościan wypukły zawierający wszystkie punkty $P_{ij}$ . Oznaczmy ten wielościan przez $\mathcal{W}$ . Zawiera on każdy wielościan wypukły, którego wierzchołkami są pewne spośród tych punktów. Zawiera więc (w szczególności):

$ \begin{array}{l} \textrm{graniastosłup}\ \mathcal{B}_1 \textrm{ o wierzchołkach } A_0, A_1, A_3, B_2, P_{21}, P_{23};\\ \textrm{graniastosłup}\ \mathcal{B}_2 \textrm{ o wierzchołkach } A_0, A_2, A_3, B_1, P_{12}, P_{13};\\ \textrm{graniastosłup}\ \mathcal{B}_3 \textrm{ o wierzchołkach } A_0, B_1, B_2, A_3, P_{13}, P_{23};\\ \textrm{czworościan}\quad \mathcal{C} \ \ \ \textrm{o wierzchołkach } A_0 , A_1, A_2, A_3. \end{array} $

Oznaczmy przez $\mathcal{U}$ sumę tych czterech brył (rysunek 3). Jej obraz w symetrii środkowej względem punktu $A_0$ oznaczmy przez $\mathcal{V}$ . Suma $\mathcal{U} \cup \mathcal{V}$ jest więc podzbiorem szukanego wielościanu $\mathcal{W}$ .

Bryła $\mathcal{U}$ jest wielościanem wypukłym o ośmiu ścianach; są nimi:

$ \begin{array}{ll} \textrm{sześciokąt} & A_1 A_2P_{12}B_1B_2BP_{21};\\ \textrm{prostokąty}& A_1A_3P_{23}P_{21}, \ A_2A_3P_{13}P_{12},\ B_1B_2P_{23}P_{13};\\ \textrm{trójkąty}& B_2P_{21}P_{23},\ B_1P_{12}P_{13},\ A_3P_{13}P_{23},\ A_1A_2A_3. \end{array} $

Płaszczyzna każdej z tych ścian dzieli przestrzeń na dwie półprzestrzenie. Z każdej pary półprzestrzeni wyznaczonych przez ścianę czworokątną lub trójkątną wybierzmy tę, która zawiera punkt $A_0$ . Z pary półprzestrzeni wyznaczonych przez ścianę sześciokątną wybierzmy tę, która składa się z punktów $(x,y,z)$ o współrzędnej $z \geq 0$ (,,górną''); oznaczmy ją przez $\mathcal{P}_0$ , a pozostałe wybrane półprzestrzenie oznaczmy (w dowolnej kolejności) przez $\mathcal{P}_1, \ldots, \mathcal{P}_7$ . Wielościan $\mathcal{U}$ jest wówczas częścią wspólną tak wybranych półprzestrzeni.

Przez symetrię, wielościan $\mathcal{V}$ jest częścią wspólną ośmiu półprzestrzeni $\mathcal{Q}_0, \mathcal{Q}_1, \ldots, \mathcal{Q}_7$ , gdzie $\mathcal{Q}_i$ oznacza półprzestrzeń symetryczną do $\mathcal{P}_i$ względem punktu $A_0$ . Tak więc

$ (1) \qquad \mathcal{U} =\mathcal{P}_0 \cap \mathcal{P}_1 \cap \ldots \cap \mathcal{P}_7, \quad \mathcal{V} = \mathcal{Q}_0 \cap \mathcal{Q}_1 \cap \ldots \cap \mathcal{Q}_7. $

Żadna z płaszczyzn ścian trójkątnych lub czworokątnych wielościanu $\mathcal{U}$ nie przecina wnętrza wielościanu $\mathcal{V}$ . Wobec tego $\mathcal{V}$ jest podzbiorem każdej z półprzestrzeni $\mathcal{P}_1, \ldots, \mathcal{P}_7$ . Przez symetrię, $\mathcal{U}$ jest podzbiorem każdej z półprzestrzeni $\mathcal{Q}_1, \ldots, \mathcal{Q}_7$ . Stąd oraz ze związków (1) dostajemy inkluzję

$ (2) \qquad \mathcal{U} \cup \mathcal{V} \subset \mathcal{P}_1 \cap \ldots \cap \mathcal{P}_7\cap\mathcal{Q}_1 \cap \ldots \cap \mathcal{Q}_7. $

Na odwrót, każdy punkt należący do przecięcia tych czternastu półprzestrzeni należy do któregoś ze zbiorów $\mathcal{U}$ lub $\mathcal{V}$ (w zależności od tego, czy jest położony w ,,górnej'' półprzestrzeni $\mathcal{P}_0$ , czy w „dolnej'' półprzestrzeni $\mathcal{Q}_0$ ); wynika to z równości (1). W takim razie inkluzja (2) jest równością zbiorów.

Stąd wniosek, że zbiór $\mathcal{U}\cup \mathcal{V}$ , jako część wspólna czternastu półprzestrzeni, jest wielościanem wypukłym. A ponieważ zawiera on wszystkie punkty $P_{ij}$ , zatem musi zawierać cały wielościan $\mathcal{W}$ - w myśl definicji tego ostatniego. Wcześniej stwierdziliśmy, że $\mathcal{U} \cup \mathcal{V}$ jest podzbiorem $\mathcal{W}$ . Uzyskujemy w ten sposób równość $\mathcal{U} \cup \mathcal{V}=\mathcal{W}$ .

Pozostaje obliczyć objętość tego wielościanu. Każdy z graniastosłupów $\mathcal{B}_1$ , $\mathcal{B}_2$ , $\mathcal{B}_3$ ma w podstawie trójkąt prostokątny o obu przyprostokątnych długości $1$ oraz ma wysokość $1$ . Objętość każdego z nich jest więc równa $1/2$ . Czworościan $\mathcal{C}$ jest ostrosłupem o wysokości $1$ , mającym w podstawie taki sam trójkąt prostokątny; ma więc objętość $1/6$ . Łączna objętość tych czterech brył, czyli objętość wielościanu $\mathcal{U}$ , wynosi zatem $5/3$ . Wielościan $\mathcal{V}$ , który jest przystający do $\mathcal{U}$ , ma także objętość $5/3$ . Ostatecznie więc, objętość badanego wielościanu $\mathcal{W} = \mathcal{U} \cup \mathcal{V}$ równa się $10/3$ .

XLIV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dla ustalonej liczby naturalnej $n \geq 2$ wyznaczyć maksymalną wartość sumy liczb naturalnych $k_1, k_2, \ldots , k_n$ spełniających warunek

$ k_1^3 + k_2^3 + \ldots k_n^3 \leq 7n $

Rozwiązanie

Sposób I

Weźmy pod uwagę dowolny układ $(k_1,\ldots,k_n)$ liczb naturalnych spełniających podany warunek; można założyć, że $k_1 \geq \ldots \geq k_n$ . Przypuśćmy, że $k_1 - k_n \geq 2$ . Załóżmy, że w ciągu $(k_1, \ldots ,k_n)$ jest $\alpha$ liczb równych $k_1$ oraz jest $n - \beta + 1$ liczb równych $k_n$ . To znaczy, załóżmy, że

$ k_1 = \ldots = k_\alpha > k_{\alpha+1} \geq \ldots \geq k_{\beta-1} > k_\beta = \ldots = k_n; $

jeśli tylko jeden wyraz ma wartość maksymalną, wówczas $\alpha = 1$ ; jeśli tylko jeden wyraz ma wartość minimalną, wówczas $\beta = n$ . (Może też się zdarzyć, że $\alpha = \beta - 1$ ; tak jest w przypadku, gdy każdy wyraz jest równy albo maksymalnemu albo minimalnemu.)

Określamy nowy układ $(l_1, \ldots , l_n)$ , przyjmując

$ l_\alpha = k_\alpha-1, \quad l_\beta = k_\beta + 1; \quad l_i = k_i \quad \textrm{dla } i\neq \alpha, \beta. $

Układ $(l_1,\ldots,l_n)$ też spełnia podany warunek:

$ \begin{split} (1) \qquad \sum_{i=1}^{n} l_i^3 &= \sum_{i=1}^{\alpha-1} k^3_i+(k_\alpha-1)^3 + \sum_{i=\alpha+1}^{\beta-1} k^3_i+(k_\beta+1)^3 +\sum_{i=\beta+1}^{n} k^3_i=\\ &=\sum_{i=1}^{n} k^3_i- 3k_\alpha^2+3k_\alpha-1 +3k_\beta^2+3k_\beta+1=\\ &=\sum_{i=1}^{n} k^3_i- 3(k_\alpha+k_\beta)(k_\alpha-k_\beta-1) \leq\\ &\leq 7n - 3(k_\alpha+k_\beta)(k_\alpha-k_\beta-1) \leq 7n; \end{split} $

ponadto, oczywiście,

$ (2) \qquad \sum_{i=1}^{n} l_i=\sum_{i=1}^{n} k_i $

oraz zachodzą nierówności $l_1 \geq \ldots \geq l_n$ .

Jeżeli w ciągu $(k_1, \ldots , k_n)$ były co najmniej dwa wyrazy maksymalne oraz co najmniej dwa wyrazy minimalne, to zarówno blok wyrazów maksymalnych, jak i blok wyrazów minimalnych, ulega skróceniu o jedną pozycję, gdy ciąg $(k_1, \ldots,k_n)$ zastąpimy ciągiem $(l_1,\ldots,l_n)$ . Modyfikujemy teraz w analogiczny sposób układ $(l_1,\ldots,l_n)$ ; to samo robimy z otrzymanym układem, i tak dalej. W skończonej liczbie kroków uzyskamy układ z jednym tylko wyrazem maksymalnym lub z jednym tylko wyrazem minimalnym. Wartości tych wyrazów nadal są równe $k_1$ oraz $k_n$ - te same, co w wyjściowym układzie $(k_1, \ldots, k_n)$ .

Kolejne powtórzenie tej samej operacji da w wyniku nowy układ (nierosnący ciąg długości $n$ ), którego największy wyraz jest o $1$ mniejszy od $k_1$ lub najmniejszy wyraz jest o $1$ większy od $k_n$ (zmiana o $1$ może też nastąpić ,,na obu końcach''). W ten sposób różnica między największym wyrazem i najmniejszym wyrazem zmniejszy się o $1$ lub o $2$ .

Kontynuujemy to postępowanie tak długo, aż dojdziemy do układu, w którym różnica między wyrazem największym i najmniejszym nie przekracza 1. Otrzymany układ ma postać

$ (3) \qquad (\underbrace{c +1,\ldots,c+1}_m, \underbrace{c,\ldots,c}_{n-m}); \quad c \textrm{ naturalne}, \ m \in \{0,1,\ldots,n\}. $

W każdym kroku tej procedury uzyskiwaliśmy układ $n$ liczb, których suma sześcianów nie przekraczała $7n$ ; sama zaś suma liczb w układzie w ogóle nie ulegała zmianie (wzory (1) i (2)).

Ponieważ wystartowaliśmy od dowolnego dopuszczalnego układu liczb $(k_1,\ldots,k_n)$ , w którym $k_1 - k_n \geq 2$ , zatem wystarczy ograniczyć rozważania do układów postaci (3). Warunek ,,suma sześcianów $\leq 7n$ '' daje dla takiego układu oszacowanie

$ (4) \qquad 7n \geq m(c + 1)^3 + (n-m)c^3 = m(3c^2 + 3c + 1) + nc^3, $

wobec czego $c \leq 1$ . Suma wyrazów wynosi

$ s = m(c +1) + (n - m)c = nc + m, $

co jest większe dla $c = 1$ niż dla $c = 0$ . Wystarczy więc rozważać układy (3), w których $c = 1$ , czyli układy złożone z jedynek i dwójek; przy tym $m$ (liczba dwójek) ma spełniać warunek (4), który dla $c = 1$ przybiera po prostu postać $7n \geq 7m + n$ , czyli $m \leq [6n/7]$ . (Jak zwykle, symbol $[x]$ oznacza największą liczbę całkowitą, nie większą od $x$ .) A zatem szukana wartość sumy $s = n + m$ nie przekracza $n + [6n/7] = [13n/7]$ . Równość $s = [13n/7]$ uzyskamy dla układu $n$ liczb, w którym jest $m = [6n/7]$ dwójek oraz $n-m$ jedynek.

Wobec wcześniejszych spostrzeżeń, liczba $[13n/7]$ jest maksymalną możliwą do uzyskania wartością sumy $n$ liczb naturalnych, których suma sześcianów nie przekracza $7n$ .

Sposób II

Przyjmijmy, że liczby naturalne $k_i,\ldots,k_n$ spełniają podany warunek. Dla $i = 1,\ldots,n$ mamy $k_i^3 - 7k_i + 6 = (k_i - 1)(k_i - 2)(k_i + 3) \geq 0$ , czyli $7k_i \leq k_i^3 + 6$ . Dodając te $n$ nierówności stronami i uwzględniając przyjęte założenie $( k_1^3 +\ldots + k_n^3 \leq 7n)$ otrzymujemy zależność

$ 7\sum_{i=1}^n k_i \leq \sum_{i=1}^n(k_i^3 + 6) \leq 7n + 6n = 13n. $

Zatem suma $k_1 + \ldots + k_n$ , jako liczba naturalna, spełnia nierówność

$ (5) \qquad \sum_{i=1}^n k_i \leq [13n/7]. $

Weźmy teraz pod uwagę układ $(k_1,\ldots,k_n)$ składający się z $m$ dwójek oraz $n-m$ jedynek, gdzie $m = [6n/7]$ . Układ ten spełnia postulowany w zadaniu warunek:

$ \sum_{i=1}^n k_i^3 = (n-m)\cdot 1^3 + m\cdot 2^3 = n + 7m \leq n + 7\cdot(6n/7) = 7n; $

suma tak określonych liczb $k_i$ wynosi

$ \sum_{i=1}^n k_i = (n-m)\cdot 1 + m\cdot 2 = n + m = n + [6n/7] = [13n/7], $

a więc nierówność (5) staje się w tym przypadku równością. Stąd wynika, że poszukiwane maksimum wynosi $[13n/7]$ .

XLIV OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Udowodnić, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a$ , $b$ , $c$ zachodzi nierówność

$ \begin{split} (a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)&(c^2+a^2-b^2) \leq \\ &\leq (a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2 \end{split} $

Rozwiązanie

Oznaczmy:

$ \begin{array}{ccc} b^2 +c^2 - a^2 = A, & c^2 + a^2-b^2 = B, & a^2 + b^2-c^2 = C,\\ b + c-a = x,& c + a-b = y,& a + b-c = z. \end{array} $

Mamy udowodnić nierówność

$ \nr{I} ABC\leq x^2y^2z^2. $

Ponieważ

$ B + C = 2a^2 \geq 0, \quad C + A = 2b^2 \geq 0,\quad A+ B = 2c^2 \geq 0, $

zatem co najwyżej jedna spośród liczb $A$ , $B$ , $C$ może być ujemna. Jeśli jest taka, wówczas $ABC \leq0$ , więc nierówność (1) zachodzi.

Przyjmijmy teraz, że $A,B,C\geq 0$ . Zauważmy, że

$ \begin{split} x^2y^2-AB &=\\ &= [(c - (a - b)) (c + (a - b))]^2 - [c^2 - (a^2 - b^2)] [c^2 + (a^2 - b^2)] =\\ &= [c^2-(a-b)^2]^2-[c^4-(a^2-b^2)^2] =\\ &= [c^4-2c^2(a-b)^2 + (a-b)^4]-[c^4-(a-b)^2(a + b)^2] =\\ &= (a-b)^2[-2c^2 + (a-b)^2 + (a + b)^2] = (a - b)^2 ( - 2c^2 + 2a^2 +2b^2) =\\ &= 2C(a-b)^2 \geq 0. \end{split} $

Analogicznie stwierdzamy, że

$ y^2z^2-BC = 2A(b-c)^2 \geq 0 \quad \textrm{oraz} \quad z^2x^2 -CA = 2B(c-a)^2 \geq 0. $

Zatem

$ x^2y^2 \geq AB, \quad y^2z^2\geq BC, \quad z^2x^2 \geq CA. $

Mnożymy stronami te nierówności i dostajemy w wyniku

$ (2) \qquad (x^2y^2z^2)^2 > (ABC)^2. $

Iloczyny $x^2y^2z^2$ oraz $ABC$ są liczbami nieujemnymi. W takim razie z nierówności (2) wynika nierówność (1), której wykazanie było naszym celem.

XLIV OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Funkcja $f$ przekształcająca sześcian $\mathcal{C}$ na $\mathcal{C}$ spełnia warunek

$ |PQ| \geq |f(P)f(Q)| \quad \text{ dla } P,Q\in \mathcal{C}. $

Wykazać, że $f$ jest izometrią.

Rozwiązanie

Oznaczmy wierzchołki sześcianu przez $B_1, \ldots ,B_8$ w taki sposób, by kwadrat $B_1B_2B_3B_4$ był jedną ze ścian, a odcinki $B_1B_5$ , $B_2B_6$ , $B_3B_7$ , $B_4B_8$ były czterema równoległymi krawędziami; długość krawędzi przyjmujemy za jednostkę.

Funkcja $f$ (z założenia) przekształca sześcian $\mathcal{C}$ na cały sześcian $\mathcal{C}$ . Zatem, w szczególności, każdy wierzchołek jest obrazem pewnego punktu sześcianu.

Końce każdej z czterech przekątnych sześcianu (długości $\sqrt{3}$ ) są obrazami w odwzorowaniu $f$ pewnych punktów sześcianu $\mathcal{C}$ odległych od siebie, zgodnie z warunkiem nałożonym na $f$ , o nie mniej niż $\sqrt{3}$ - a więc także końców pewnej przekątnej. Wobec tego każdy wierzchołek jest obrazem pewnego wierzchołka. Oznaczmy przez $A_i$ ten wierzchołek, którego obrazem jest $B_i$ :

$ f(A_i) = B_i, \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots,8. $

Różnym punktom $B_i$ muszą odpowiadać różne punkty $A_i$ . To znaczy, że w zbiorze $\{A_1,\ldots,A_8\}$ nie ma powtórzeń, są tam wszystkie wierzchołki sześcianu. Innymi słowy, układ punktów $(A_1,\ldots,A_8)$ jest permutacją układu $(B_1,\ldots,B_8)$ . Każda z par $\{A_1,A_7\}$ , $\{A_2,A_8\}$ , $\{A_3,A_5\}$ , $\{A_4,A_6\}$ jest odwzorowywana na odpowiednią parę $\{B_1,B_7\}$ , $\{B_2,B_8\}$ , $\{B_3,B_5\}$ , $\{B_4,B_6\}$ , czyli na końce pewnej przekątnej. Zgodnie z wcześniejszym spostrzeżeniem, każda z wymienionych przed chwilą par $\{A_i,A_j\}$ jest też parą końców pewnej przekątnej. Mamy więc związki:

$ |A_1A_7| = |A_2A_8| = |A_3A_5| = |A_4A_6| = \sqrt{3}, $

a ponadto

$ |A_iA_j| \leq \sqrt{2} \quad \textrm{dla innych par numerów} \ (i,j) $

(bo tylko cztery odcinki $A_iA_j$ mogą być przekątnymi sześcianu, i są nimi odcinki figurujące w poprzedniej równości).

Punkty $B_1$ , $B_3$ , $B_6$ , $B_8$ są wierzchołkami czworościanu foremnego o krawędzi długości $\sqrt{2}$ . Dla $i,j \in \{1,3,6,8\}$ , $i\neq j$ , mamy więc zależności

$ \sqrt{2} = |B_iB_j| \leq |A_iA_j| \leq \sqrt{2}; $

w takim razie $A_1A_3A_6A_8$ też jest czworościanem foremnym o krawędzi $\sqrt{2}$ .

Niech $g$ będzie izometrią wyznaczoną przez warunki:

$ g(B_i) = A_i \quad \textrm{dla } i \in\{1,3,6,8\} $

(izometria przestrzeni jest wyznaczona przez ustalenie jej wartości na dowolnych czterech punktach niewspółpłaszczyznowych). Punkt $B_7$ leży w odległości $1$ od każdego z punktów $B_3$ , $B_6$ , $B_8$ oraz w odległości $\sqrt{3}$ od punktu $B_1$ ; zatem punkt $g(B_7)$ leży w odległości $1$ od każdego z punktów $A_3$ , $A_6$ , $A_8$ oraz w odległości $\sqrt{3}$ od punktu $A_1$ . Jest tylko jeden taki punkt w przestrzeni - mianowicie punkt $A_7$ (rysunek 4). To znaczy, że $g(B_7) = A_7$ . Podobnie wykazujemy, że $g(B_2) = A_2$ , $g(B_4) = A_4$ , $g(B_5) = A_5$ .

Weźmy pod uwagę przekształcenie $h = g \circ f$ (złożenie przekształceń $g$ i $f$ ). Z uzyskanych przed chwilą równości oraz z warunku zadania wynika, że przekształcenie $h$ ma następujące własności:

$ h(A_i) = A_i \quad \textrm{dla } i = 1,\ldots ,8 $

oraz

$ |PQ| \geq |h(P)h(Q)| \quad \textrm{dla } P,Q \in \mathcal{C}. $

Wykażemy teraz, że jeśli $M,N \in \mathcal{C}$ dowolnymi punktami stałymi odwzorowania $h$ (to znaczy takimi, że $h(M) = M$ , $h(N) = N$ ), to wówczas każdy punkt $P$ należący do odcinka $MN$ również jest punktem stałym odwzorowania $h$ .

Istotnie: dla par punktów $M$ , $P$ oraz $N$ , $P$ zachodzą nierówności

$ |MP| \geq |h(M)h(P)|, \quad |NP| \geq |h(N)h(P)|. $

Gdyby punkt $h(P)$ nie pokrywał się z $P$ , to co najmniej jedna z nich byłaby ostra i dostalibyśmy nierówność

$ |MN| = |MP| + |PN| > |h(M)h(P)| + |h(P)h(N)| \geq |h(M)h(N)| = |MN|, $

która oczywiście zachodzić nie może. Uzyskana sprzeczność dowodzi słuszności spostrzeżenia zawartego w poprzednim akapicie.

Opierając się na tym spostrzeżeniu stwierdzamy kolejno, że równość $h(P) = P$ zachodzi:

dla każdego punktu $P$ leżącego na dowolnej krawędzi sześcianu $\mathcal{C}$ (bo zachodzi dla wszystkich wierzchołków, a więc w szczególności dla końców tej krawędzi);
dla każdego punktu $P$ leżącego na dowolnej ścianie sześcianu $\mathcal{C}$ (bo każdy taki punkt należy do pewnego odcinka o końcach na krawędziach $\mathcal{C}$ , więc wystarczy skorzystać z konkluzji (1));
dla każdego punktu $P$ leżącego wewnątrz sześcianu $\mathcal{C}$ (bo każdy taki punkt należy do pewnego odcinka o końcach na ścianach $\mathcal{C}$ , więc wystarczy skorzystać z konkluzji (2)).

Wobec tego odwzorowanie $h = g \circ f$ jest identycznościowym przekształceniem sześcianu $\mathcal{C}$ na $\mathcal{C}$ . A skoro $g$ jest izometrią, zatem i $f$ jest izometrią.

XLIV OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

W sześciu różnych okienkach tabeli o wymiarach $n \times n$ stawiamy krzyżyk; wszystkie układy krzyżyków są jednakowo prawdopodobne. Niech $p_n$ będzie prawdopodobieństwem tego, że w pewnym rzędzie poziomym lub pionowym znajdą się co najmniej dwa krzyżyki. Obliczyć granicę ciągu $(np_n)$ , gdy $n \to \infty$ .

Rozwiązanie

Zdarzenia elementarne są wyznaczone przez sześcioelementowe podzbiory zbioru $n^2$ okienek tabeli; jest ich $\binom{n^2}{6}$ . Niech $\mathcal{Z}$ będzie zdarzeniem przeciwnym do zdarzenia rozważanego w zadaniu. Zdarzeniu $\mathcal{Z}$ sprzyjają konfiguracje uzyskane w następujący sposób: pierwszy krzyżyk stawiamy w dowolnie wybranym okienku: mamy tu $n^2$ możliwości. Następnie ,,wykreślamy'' cały rząd poziomy i cały rząd pionowy, na przecięciu których postawiliśmy pierwszy krzyżyk, po czym stawiamy drugi krzyżyk w dowolnym spośród pozostałych okienek: tak więc teraz mamy $(n-1)^2$ możliwości. Powtarzamy ten schemat jeszcze czterokrotnie i uzyskujemy liczbę możliwości równą $n^2 (n -1 )^2 (n - 2)^2 (n - 3)^2 (n - 4 )^2 (n - 5)^2$ . Trzeba ją jeszcze podzielić przez $6!$ (liczbę permutacji zbioru sześcioelenientowego), aby uniezależnić rozumowanie od kolejności stawiania krzyżyków.

Tak więc prawdopodobieństwo zdarzenia $\mathcal{Z}$ (równe $1 -p_n$ ) wynosi

$ \begin{split} 1-p_n =& \frac{n^2(n- 1)^2(n - 2)^2(n - 3)^2(n - 4)^2(n - 5)^2}{6!} \cdot \binom{n^2}{6}^{-1} =\\ &=\frac{ [n(n - 1)(n - 2)(n - 3)(n - 4)(n - 5)]^2} { n^2(n^2 - 1)(n^2 - 2)(n^2 - 3)(n^2 -4)(n^2 - 5)} . \end{split} $

Nie należy wymnażać wszystkich tych czynników! Oznaczmy licznik otrzymanego ułamka przez $L_n$ , a mianownik przez $M_n$ . Wystarczy zauważyć, że

$ L_n = (n^6-15n^5 +\phi(n))^2 = n^{12}-30n^{11} +f(n), $

gdzie $\phi(n)$ oraz $f(n)$ są wielomianami (zmiennej $n$ ), odpowiednio stopnia (co najwyżej) $4$ i $10$ ; podobnie,

$ M_n = n^{12} - 15n^{10} + \psi(n) = n^{12} + g(n), $

gdzie $\psi(n)$ oraz $g(n)$ są wielomianami (zmiennej $n$ ), odpowiednio stopnia (co najwyżej) $8$ i $10$ . Wobec tego

$ np_n=n\left(1-\frac{L_n}{M_n}\right)=n\cdot \frac{30n^{11}+g(n)-f(n)}{n^{12}+g(n)}=\frac{30+n^{-11}(g(n)-f(n))}{1+n^{-12}g(n)}. $

A ponieważ wielomiany $f(n)$ i $g(n)$ są stopnia (co najwyżej) dziesiątego, zatem

$ \lim_{n\to \infty} n^{-11}(g(n)-f(n))=0, \quad \lim_{n\to \infty} n^{-12}g(n) = 0, $

i w konsekwencji $\displaystyle \lim_{n\to \infty} np_n = 30$ .

XLIV OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Udowodnić, że wielomian $x^n + 4$ jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych wtedy i tylko wtedy, gdy $n$ jest liczbą podzielną przez $4$ .

Rozwiązanie

\spos{I} Załóżmy, że wielomian $x^4 + 4$ jest iloczynem dwóch wielomianów,

$ (1) \qquad x^n + 4 = F(x)G(x), $

o rozważanych własnościach:

$ F(x) = a_0 + a_1x + \ldots + a_kx^k, \quad G(x) = b_0 + b_1x + \ldots + b_mx^m; $

$ a_i, b_j \textrm{ całkowite;} \quad 0<k<n, \quad 0 < m < n, \quad k + m = n. $

W iloczynie $F(x)G(x)$ współczynnik przy $x^n$ wynosi $a_kb_m$ , a wyraz wolny równa się $a_0b_0$ . Zachodzą więc równości

$ a_0b_0 = 4 \quad \textrm{oraz} \quad a_kb_m = 1. $

Liczby $a_k$ , $b_m$ są całkowite; tak więc $a_k = b_m = 1$ lub $a_k = b_m = -1$ . Przyjmijmy dodatkowo:

$ (2) \qquad a_i=0 \quad \textrm{dla } i>k, \quad b_j = 0 \quad \textrm{dla } j>m. $

Niech $\alpha$ będzie najmniejszym numerem takim, że $a_\alpha$ jest liczbą nieparzystą i niech $\beta$ będzie najmniejszym numerem takim, że $b_\beta$ jest liczbą nieparzystą. Skoro $a_k = b_m = \pm 1$ , zatem $\alpha \leq k$ , $\beta \leq m$ . Współczynnik przy $x^{\alpha+\beta}$ w iloczynie $F(x)G(x)$ równa się

$ (3) \qquad a_{\alpha+\beta}b_0 + a_{\alpha+\beta-1}b_1 + \ldots + a_{\alpha}b_{\beta} + \ldots + a_1b_{\alpha+\beta-1} + a_0b_{\alpha+\beta} $

(dzięki przyjętemu określeniu (2), wszystkie symbole mają sens także wtedy, gdy $\alpha+ \beta$ przekracza $k$ lub $m$ ). W sumie (3) składnik $a_\alpha b_\beta$ jest liczbą nieparzystą; każdy z pozostałych składników jest liczbą parzystą (bowiem jest iloczynem postaci $a_ib_j$ , gdzie $i < \alpha$ lub $j < \beta$ , więc co najmniej jeden z czynników $a_i$ , $b_j$ jest parzysty). Wobec tego cała suma (3) jest nieparzysta.

W wielomianie (1) jedynie $x^n$ występuje ze współczynnikiem nieparzystym. Stąd $\alpha + \beta = n$ , czyli muszą zachodzić równości $\alpha = k$ oraz $\beta = m$ . Zgodnie z określeniem numerów $\alpha$ i $\beta$ otrzymujemy wniosek:

$ (4) \qquad a_0,a_1,\ldots,a_{k-1}, b_0,b_1,\ldots,b_{m-1} \quad \textrm{są liczbami parzystymi.} $

Ponieważ $a_0b_0 = 4,$ zatem $a_0 = b_0 = 2$ lub $a_0 = b_0 = - 2$ .

Wykażemy, że $k = m$ . Przypuśćmy, że $k \neq m$ ; niech na przykład $k<m$ (takie zawężenie przypuszczenia nie zmniejsza ogólności rozważań, z uwagi na symetrię ról $k$ i $m$ ). Iloczyn wielomianów $F(x)$ i $G(x)$ zapisujemy w postaci

$ (5) \qquad F(x)G(x) = P(x) + Q(x) + x^n, $

gdzie

$ \begin{split} \begin{split} P(x) &= (a_0+a_1x + \ldots + a_{k-1}x^{k-1})(b_0 + b_1x + \ldots + b_{m-1}x^{m-1}),\\ Q(x) &= (a_kb_0x^k + a_kb_1x^{k+1} + \ldots + a_kb_{m-1}x^{n-1}) + \end{split}\\ + (b_ma_0x^m + b_ma_1 x^{m+1} + \ldots + b_ma_{k-1}x^{n-1}). \end{split} $

Wobec własności (4), wszystkie współczynniki wielomianu $P(x)$ są podzielne przez $4$ . Współczynnik przy $x^k$ w wielomianie $Q(x)$ równa się $a_kb_0$ . Wcześniej stwierdziliśmy, że $a_k = \pm 1$ oraz $b_0 = \pm 2$ . W takim razie współczynnik przy $x^k$ w wielomianie $P(x) + Q(x)$ jest liczbą parzystą niepodzielną przez $4$ . Jest to sprzeczność, bowiem w myśl równości (1) i (5) suma $P(x) + Q(x)$ jest wielomianem o stałej wartości $4$ .

Ta sprzeczność dowodzi, że $k = m$ ; zatem $n = k + m = 2k$ , i w konsekwencji

$ (6) \qquad F(x)G(x) = x^{2k} + 4 > 0 \quad \textrm{dla wszystkich } x \in \mathbb{R}. $

Stąd zaś wynika, że żaden z wielomianów $F(x)$ , $G(x)$ nie ma pierwiastków rzeczywistych, więc musi być stopnia parzystego. To znaczy, że $k$ jest liczbą parzystą, czyli $n$ jest liczbą podzielną przez $4$ .

Na odwrót, jeśli $n = 4l$ , $l \in N$ , to żądany rozkład istnieje i ma postać

$ (7) \qquad x^n + 4 = (x^{2l} + 2x^l + 2) (x^{2l} - 2x^l + 2). $