XLIII OM - II etap

II etap XLIII Olimpiady Matematycznej

XLIII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Każdy wierzchołek pewnego wielokąta ma obie współrzędne całkowite; długość każdego boku tego wielokąta jest liczbą naturalną. Udowodnić, że obwód wielokąta jest liczbą parzystą.

Rozwiązanie

Niech $A_1,\ldots,A_n$ będą kolejnymi wierzchołkami wielokąta; wygodnie nam będzie oznaczać wierzchołek $A_n$ także przez $A_0$ . Brzeg wielokąta tworzy łamaną zamkniętą, zatem

$ (1) \qquad \sum_{i=1}^n \overrightarrow{A_{i-1}A_i} = \overrightarrow{\mathbf{0}}. $

Oznaczmy współrzędne $i$ -tego wektora powyższej sumy przez $u_i$ , $v_i$ , a jego długość - przez $w_i$ :

$ \overrightarrow{A_{i-1}A_i} = [u_i,v_i], \quad |A_{i-1} A_i| = w_i \quad \textrm{dla} \quad i =1,2,\ldots,n. $

Liczby $u_i$ , $v_i$ , $w_i$ są z założenia całkowite. Oczywiście $w_i^2 = u_i^2 + v_i^2$ .

W rozwiązaniu będziemy korzystali z prostego spostrzeżenia, że kwadrat dowolnej liczby całkowitej $m$ jest liczbą tej samej parzystości, co $m$ (bowiem $m^2 = m + m(m- 1)$ , a iloczyn $m(m- 1)$ jest liczbą parzystą). Stąd wniosek, że dla dowolnych liczb całkowitych $m_1 ,m_2,\ldots, m_n$ mamy równoważność:

$ (2) \qquad \sum_{i=1}^n m_i \ \textrm{jest liczbą parzystą}\quad \Longleftrightarrow \quad \sum_{i=1}^n m_i^2 \ \textrm{jest liczbą parzystą}. $

(Istotnie: na mocy poprzedniego spostrzeżenia, obie te sumy mają tyle samo składników nieparzystych.)

Równość (1) jest równoważna temu, że

$ \sum_{i=1}^n u_i = 0 \quad \textrm{oraz} \quad \sum_{i=1}^n v_i = 0. $

Przyjmując w (2) $m_i= u_i$ , a następnie $m_i = v_i$ , stwierdzamy, że sumy
$\displaystyle \sum_{i=1}^n u_i^2$ oraz $\displaystyle \sum_{i=1}^n v_i^2$ są liczbami parzystymi. W takim razie również suma

$ \sum_{i=1}^n w_i^2 = \sum_{i=1}^n u_i^2 + \sum_{i=1}^n v_i^2 $

jest liczbą parzystą. Wreszcie, stosując równoważność (2) do liczb $m_i = w_i$ wnosimy, że suma $\displaystyle \sum_{i=1}^n v_i^2$ jest także liczbą parzystą. A ta suma — to właśnie obwód wielokąta.

XLIII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Dana jest liczba naturalna $n \geq 2$ . Niech $a_1, a_2, \ldots , a_n$ , $b_1, b_2, \ldots , b_n$ będą liczbami rzeczywistymi. Dowieść, że następujące warunki są równoważne:

Dla dowolnych liczb rzeczywistych $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_n$

zachodzi nierówność

$ \sum_{i=1}^n a_i x_i \leq \sum_{i=1}^n b_i x_i. $

Dla każdej liczby naturalnej $k\in \{1,2,\ldots, n-1\}$ zachodzi nierówność

$ \sum_{i=1}^k a_i \geq \sum_{i=1}^k b_i, \quad \text{ a ponadto} \quad \sum_{i=1}^n a_i = \sum_{i=1}^n b_i. $

Rozwiązanie

Dowód implikacji (a) $\Longrightarrow$ (b). W nierówności założonej w warunku (a) podstawiamy $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = 1$ i otrzymujemy

$ \sum_{i=1}^n a_i \leq \sum_{i=1}^n b_i; $

natomiast podstawiając $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = -1$ otrzymujemy

$ \sum_{i=1}^n a_i \geq \sum_{i=1}^n b_i. $

Stąd

$ \sum_{i=1}^n a_i = \sum_{i=1}^n b_i. $

Ustalmy liczbę $k \in \{1,2,\ldots,n- 1\}$ i przyjmijmy $x_1 = \ldots = x_k = -1$ oraz $x_{k+1} = \ldots = x_n = 0$ ; dostajemy nierówność

$ \sum_{i=1}^k a_i \geq \sum_{i=1}^k b_i. $

Uzyskaliśmy wszystkie związki postulowane w warunku (b).

Dowód implikacji (b) $\Longrightarrow$ (a). Teraz zakładamy, że dane liczby $a_i$ , $b_i$ spełniają układ nierówności oraz równość podane w warunku (b). Oznaczmy:

$ r_i = b_i - a_i \quad \textrm{dla} \quad i=1,2,\ldots,n; $

$ s_k = \sum_{i=1}^k r_i \quad \textrm{dla} \quad k=1,2,\ldots,n; $

założenia przybierają postać

$ s_k \leq 0 \quad \textrm{dla} \quad k=1,2,\ldots,n-1 \quad \textrm{oraz} \quad s_n = 0. $

Oczywiście

$ r_1 = s_1, \quad r_k - r_{k-1} = s_k \quad \textrm{dla} \quad k=2,3,\ldots,n. $

Weźmy dowolne liczby $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_n$ . Przekształcamy różnicę między prawą a lewą stroną nierówności, którą mamy udowodnić (stosujemy tzw. {\it przekształcenie Abela}):

$ \begin{split} \sum_{i=1}^n b_i x_i - & \sum_{i=1}^n a_i x_i = \sum_{i=1}^n r_i x_i = r_1x_1 + r_2x_2 + \ldots + r_{n-1}x_{n-1} + r_nx_n = \\ & = s_1x_1 + (s_2-s_1)x_2 + \ldots + (s_{n-1}-s_{n-2})x_{n-1} + (s_n-s_{n-1})x_n=\\ & = s_1(x_1-x_2) + s_2(x_2-x_3) + \ldots + s_{n-1}(x_{n-1}-x_n)+s_nx_n. \end{split} $

Ostatni składnik otrzymanej sumy równa się zeru (bo $s_n=0$ ). Wszystkie pozostałe składniki są nieujemne (bo $s_k \leq 0$ , $x_k - x_{k-1} \leq 0$ ). Wobec tego przekształcana różnica jest nieujemna; nierówność podana w warunku (a) została udowodniona.

XLIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Przez środek ciężkości trójkąta ostrokątnego $ABC$ poprowadzono proste prostopadłe do boków $BC$ , $CA$ , $AB$ , przecinające je odpowiednio w punktach $P$ , $Q$ , $R$ . Wykazać że jeżeli $|BP|\cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB|$ , to trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

Uwaga: Zgodnie z twierdzeniem Cevy, dana w założeniu równość, iloczynów jest równoważna temu, że proste $AP$ , $BQ$ , $CR$ mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Rysunek 7 przedstawia ,,dowolny'' trójkąt ostrokątny $ABC$ ; nie jest on równoramienny, a zatem (jeśli teza zadania ma być słuszna) - rysunek ten nie jest ilustracją zadania. Mimo to, a raczej właśnie dzięki temu, taki rysunek jest ,,bezpieczny''; nie skłania bowiem do korzystania z równości miar kątów i odcinków, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.

Oznaczmy przez $K$ , $L$ , $M$ środki boków $BC$ , $CA$ , $AB$ , a przez $U$ , $V$ , $W$ - spodki wysokości trójkąta $ABC$ , opuszczpnych odpowiednio na te boki. Przyjmijmy:

$ a=|BC|,\quad b=|CA|,\quad c=|AB|, $

$ x= \left\{ \begin{array}{ccl} |KP| & \textrm{jeśli} & |BP| \geq |PC|,\\ -|KP| & \textrm{jeśli} & |BP| < |PC|, \end{array} \right. $

$ y= \left\{ \begin{array}{ccl} |LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| \geq |QA|,\\ -|LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| < |QA|, \end{array} \right. $

$ z= \left\{ \begin{array}{ccl} |MR| & \textrm{jeśli} & |AR| \geq |RB|,\\ -|MR| & \textrm{jeśli} & |AR| < |RB|. \end{array} \right. $

Wówczas

$ (1) \qquad \begin{split} & |BP|=\frac{a}{2}+x, \quad |CQ|=\frac{b}{2}+y, \quad |AR|=\frac{c}{2}+z,\\ & |PC|=\frac{a}{2}-x, \quad |QA|=\frac{b}{2}-y, \quad |RB|=\frac{c}{2}-z. \end{split} $

(Rysunek 7 przedstawia sytuację, gdy $x < 0$ , $y < 0$ , $z > 0$ .)

Środkowe $AK$ , $BL$ , $CM$ przecinają się w punkcie $G$ (środku ciężkości trójkąta $ABC$ ), który dzieli każdą z nich w stosunku $2 \colon 1$ . Używając języka wektorów można to zapisać następująco:

$ \overrightarrow{KA} = 3 \cdot \overrightarrow{KG}, \quad \overrightarrow{LB} = 3 \cdot \overrightarrow{LG}, \quad \overrightarrow{MC} = 3 \cdot \overrightarrow{MG}. $

Z pierwszej z tych równości oraz z tego, że proste $AU$ i $GP$ są równolegle, wynika, że trójkąt $KAU$ jest obrazem trójkąta $KGP$ w jednokładności o środku $K$ i skali $3$ (jeśli punkt $P$ pokrywa się z $K$ , oba te trójkąty degenerują
się do odcinków). Zatem $\overrightarrow{KU} =3 \cdot \overrightarrow{KP}$ . Podobnie (powołując się na związki równoległości $BV||GQ$ , $CW||GR$ ) uzasadniamy dalsze dwie z poniższych równości:

$ \overrightarrow{KU} = 3 \cdot \overrightarrow{KP}, \quad \overrightarrow{LV} = 3 \cdot \overrightarrow{LQ}, \quad \overrightarrow{MW} = 3 \cdot \overrightarrow{MR}. $

Stąd zaś, wobec (1), dostajemy związki

$ (2) \qquad \begin{split} & |BU|=\frac{a}{2}+3x, \quad |CV|=\frac{b}{2}+3y, \quad |AW|=\frac{c}{2}+3z,\\ & |UC|=\frac{a}{2}-3x, \quad |VA|=\frac{b}{2}-3y, \quad |WB|=\frac{c}{2}-3z. \end{split} $

Wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie, więc na mocy twierdzenia Cevy mamy równość iloczynów $|BU| \cdot |CV| \cdot |AW| = |UC| \cdot |VA| \cdot |WB|$ (analogiczną do równości $|BP| \cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB|$ , danej w założeniu). Uwzględniając związki (1) i (2) możemy przepisać omawiane równości iloczynów w postaci

$ \left( \frac{a}{2} + x \right) \left( \frac{b}{2} + y \right) \left( \frac{c}{2} + z \right) = \left( \frac{a}{2} - x \right) \left( \frac{b}{2} - y \right) \left( \frac{c}{2} - z \right) , $

$ \left( \frac{a}{2} + 3x \right) \left( \frac{b}{2} + 3y \right) \left( \frac{c}{2} + 3z \right) = \left( \frac{a}{2} - 3x \right) \left( \frac{b}{2} - 3x \right) \left( \frac{c}{2} - 3z \right) . $

Używając oznaczeń

$ f(t) = \left( \frac{a}{2} + tx \right) \left( \frac{b}{2} + ty \right) \left( \frac{c}{2} + tz \right), \quad g(t)=f(t)-f(-t), $

nadajemy uzyskanym zależnościom zwięzłą postać:

$ (3) \qquad g(1) = 0 \quad \textrm{oraz} \quad g(3) = 0. $

Oczywiście $f(t)$ jest wielomianem (trzeciego stopnia) zmiennej $t$ . Uporządkujmy wyrażenie definiujące $f(t)$ według potęg zmiennej $t$ :

$ f(t) = \frac{abc}{8} + \frac{bcx + cay + abz}{4} \cdot t + \frac{ayz + bzx + cxy}{2} \cdot t^2 + xyz \cdot t^3. $

Zatem

$ g(t) = f(t) - f(-t) = pt+qt^3, $

gdzie

$ p = \frac{bcx + cay + abz}{2}, \quad q = 2xyz. $

Związki (3) dają więc układ równań

$ \left\{ \begin{array}{cc} p+q & = 0,\\ 3p+27q & = 0, \end{array} \right. $

którego jedynym rozwiązaniem jest $p = q= 0$ .

Równość $q = 0$ , czyli $xyz = 0$ oznacza, że

$|KP| \cdot |LQ| \cdot |MR| = 0. $

W takim razie $P = K$ lub $Q = L$ lub $R=M$ : spodek jednej z wysokości pokrywa się ze środkiem odpowiedniego boku. A to znaczy, że trójkąt jest równoramienny.

XLIII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Okręgi $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ są styczne zewnętrznie: $k_1$ do $k_2$ w punkcie $A$ , $k_2$ do $k_3$ w punkcie $B$ , $k_3$ do $k_4$ w punkcie $C$ , $k_4$ do $k_1$ w punkcie $D$ . Proste $AB$ i $CD$ przecinają się w punkcie $S$ . Przez punkt $S$ poprowadzono prostą $p$ styczną do $k_4$ w punkcie $F$ . Wykazać, że $|SE|=|SF|$ .

Rozwiązanie

Niech $O_i$ będzie środkiem okręgu $k_i$ , a $r_i$ - długością jego promienia ( $i = 1,2,3,4$ ). Tak więc

$ (1) \qquad \begin{split} |O_1O_2|= r_1 +r_2, \quad |O_2O_3| = r_2+r_3,\\ |O_3O_4|= r_3 +r_4, \quad |O_4O_1| = r_4+r_1. \end{split} $

Wykażemy, że
\begin{center}
(2) \qquad łamana zamknięta $O_1O_2O_3O_4O_1$ nie ma samoprzecięć.
\end{center}

Przypuśćmy, wbrew stwierdzeniu (2), że na przykład odcinki $O_1O_2$ i $O_3O_4$ przecinają się w punkcie $P$ (różnym od $O_i$ , $i = 1,2,3,4$ ). Wówczas

$ \begin{split} |O_2O_3| + |O_4O_1| & < (|O_2P| + |PO_3|)+ (|O_4P| + |PO_1|) =\\ & = (|O_1P| + |PO_2|)+ (|O_3P| + |PO_4|) = |O_1O_2|+ |O_3O_4|. \end{split} $

To jednak nie jest możliwe, bowiem z równości (1) wynika, że zarówno suma $|O_2O_3|+ |O_4O_1|$ , jak i suma $|O_1O_2|+ |O_3O_4|$ , ma wartość $r_1 + r_2 + r_3 + r_4$ . Otrzymana sprzeczność dowodzi słuszności stwierdzenia (2).

Wobec tego łamana $O_1O_2O_3O_4O_1$ jest brzegiem czworokąta. Może on być wypukły lub wklęsły; rysunki 8 i 9 ilustrują te dwie sytuacje.

W dalszym ciągu przyjmujemy następującą umowę: dla dowolnej trójki różnych punktów $X$ , $Y$ , $Z$ symbol $|\measuredangle XYZ|$ bęclzie stale oznaczał miarę kąta {\it wypukłego} o ramionach $YX^\to$ , $YZ^\to$ (a więc wartość z przedziału $\langle 0^\circ; 180^\circ \rangle)$ ).

Oznaczmy miary kątów {\it wewnętrznych} czworokąta $O_1O_2O_3O_4$ przez

Gdy czworokąt jest wypukły, wówczas oczywiście

$ (3) \qquad \begin{split} & |\measuredangle O_1| = |\measuredangle O_4O_1O_2|, \quad |\measuredangle O_2| = |\measuredangle O_1O_2O_3|, \\ & |\measuredangle O_3| = |\measuredangle O_2O_3O_4|, \quad |\measuredangle O_4| = |\measuredangle O_3O_4O_1|. \end{split} $

(Przypadek ten obejmuje również sytuację, gdy pewne trzy wierzchołki są współliniowe i czworokąt degeneruje się do trójkąta.)

Jeśli natomiast $O_1O_2O_3O_4$ jest czworokątem wklęsłym, wówczas jeden z jego kątów wewnętrznych ma miarę większą od $180^\circ$ . Niech na przykład $|\measuredangle O_4|> 180^\circ$ . Układ równości (3) należy wówczas zastąpić, przez

$ (4) \qquad \begin{split} & |\measuredangle O_1| = |\measuredangle O_4O_1O_2|, \quad |\measuredangle O_2| = |\measuredangle O_1O_2O_3|, \\ & |\measuredangle O_3| = |\measuredangle O_2O_3O_4|, \quad |\measuredangle O_4| = 360^\circ - |\measuredangle O_3O_4O_1|. \end{split} $

Trójkąty $DO_1A$ i $A0_2B$ są równoramienne. Zatem

$ |\measuredangle O_1 AD| = \frac{1}{2} (180^\circ-|\measuredangle DO_1A|), \quad |\measuredangle O_2 AB| = \frac{1}{2} (180^\circ-|\measuredangle AO_2B|). $

Gdy czworokąt $O_1O_2O_3O_4$ jest wypukły, możemy powyższe związki przepisać w postaci

$ |\measuredangle O_1 AD| = 90^\circ-\frac{1}{2}|\measuredangle O_1|), \quad |\measuredangle O_2 AB| = 90^\circ-\frac{1}{2}|\measuredangle O_2|). $

a stąd

$ (5) \qquad \begin{split} | \measuredangle DAB| & - 180^\circ - ( |\measuredangle O_1AD | + |\measuredangle O_2AB | )=\\ & = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_1 | + |\measuredangle O_2|). \end{split} $

Analogicznie - korzystając z tego, że również trójkąty $BO_3C$ i $CO_4D$ są równoramienne - stwierdzamy, że

$ (6) \qquad |\measuredangle ABC | = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_2| + |\measuredangle O_3|), $

$ (7) \qquad |\measuredangle BCD | = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_3| + |\measuredangle O_4|), $

$ (8) \qquad |\measuredangle CDA | = \frac{1}{2} (|\measuredangle O_4| + |\measuredangle O_1|). $

Rozważmy teraz sytuację, gdy czworokąt $O_1O_2O_3O_4$ jest wklęsły i na przykład kąt wewnętrzny przy wierzchołku $O_4$ jest wklęsły, tak, że zachodzą związki (4). Wyprowadzenie wzoru (5) pozostaje w mocy; podobnie jest ze wzorem (6). Dalej,

$ |\measuredangle O_3CB| = \frac{1}{2} (180^\circ - |\measuredangle BO_3C|) = 90^\circ - \frac{1}{2} |\measuredangle O_3|, $

natomiast

$ \begin{split} |\measuredangle O_4CD| & = \frac{1}{2} (180^\circ - |\measuredangle CO_4D|) = \\ & = 90^\circ - \frac{1}{2} (360^\circ - |\measuredangle O_4|) =\frac{1}{2} |\measuredangle O_4|- 90^\circ, \end{split} $

wobec czego

$ \begin{split} |\measuredangle BCD| & = |\measuredangle BCO_4| + |\measuredangle O_4CD| = (180^\circ - |\measuredangle O_3CB|) + |\measuredangle O_4CD| = \\ & = (90^\circ + \frac{1}{2} |\measuredangle O_3| + (\frac{1}{2} |\measuredangle O_4|- 90^\circ) = \frac{1}{2}(|\measuredangle O_3| + |\measuredangle O_4|). \end{split} $

Tak więc równość (7) zachodzi także i w tym przypadku. Podobnie dowodzimy wzoru (8).

Z równości (5), (6), (7), (8) (słusznych w każdym przypadku) wynika, że

$ \begin{split} |\measuredangle ABC| + |\measuredangle CDA| & = \frac{1}{2} ( |\measuredangle O_1| + |\measuredangle O_2| + |\measuredangle O_3| + |\measuredangle O_4|) =\\ & = |\measuredangle BCD| + |\measuredangle DAB|. \end{split} $

A zatem na czworokącie $ABCD$ można opisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez $k_0$ .

Poprowadźmy z punktu $S$ prostą styczną do $k_0$ w punkcie $G$ (rysunek 10). Na mocy twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej, zastosowanego do okręgów $k_2$ , $k_0$ , $k_4$ , mamy równości:

$ |SE|^2 = |SA| \cdot |SB| = |SG|^2 = |SC| \cdot |SD| = |SF|^2. $

Stąd, ostatecznie, $|SE| = |SF|$ .

XLIII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Wyznaczyć kres górny obiętości kul zawartych w czworościanach o wszystkich wysokościach nie dłuższych niż $1$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że kula o środku $Q$ i promieniu $r$ jest zawarta w czworościanie o wszystkich wysokościach nie dłuższych niż $1$ . Oznaczmy jego objętość przez $V$ , a pola ścian - przez $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ , $S_4$ ; ustalmy numerację tak, by $S_1 \leq S_2 \leq S_3 \leq S_4$ .

Wysokość czworościanu, prostopadła do $i$ -tej ściany, ma długość $3V/S_i$ (na mocy wzoru: objętość ostrosłupa równa się $1/3$ iloczynu pola podstawy przez wysokość). Zgodnie z przyjętym warunkiem, długości te nie przekraczają $1$ . W szczególności $3V/S_1 \leq 1$ .

Zauważmy, że $V$ jest sumą objętości czterech czworościanów, których podstawami są ściany danego czworościanu, a wspólnym wierzchołkiem - punkt $Q$ (czyli środek rozważanej kuli). Wysokość każdego z tych czterech czworościanów, poprowadzona z punktu $Q$ , ma długość co najmniej $r$ .

Wnosimy stąd, że

$ V \geq \frac{1}{3}S_1r + \frac{1}{3}S_2r + \frac{1}{3}S_3r + \frac{1}{3}S_4r \geq \frac{4}{3}S_1r. $

Wobec tego

$ r \leq \frac{3V}{4S_1} \leq \frac{1}{4}. $

Gdy czworościan jest foremny, a kula jest weń wpisana, wszystkie napisane powyżej nierówności stają się równościami. Stąd wniosek, że kres górny możliwych wartości $r$ wynosi $1/4$ . Kula o promieniu $1/4$ ma objętość $\pi/48$ , i ta liczba jest kresem górnym objętości wszystkich rozpatrywanych kul.

XLIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Ciągi $(x_n)$ i $(y_n)$ są określone następująco:

$ x_{n+1} = \frac{x_n+2}{x_n+1},\quad y_{n+1}=\frac{y_n^2+2}{2y_n} \quad \text{ dla } n=0,1,2,\ldots. $

Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej $n\geq 0$ zachodzi równość $y_n = x_{2^n-1}$ .

Rozwiązanie

Zajmiemy się ciągami $(a_n)$ , $(b_n)$ o wyrazach

$ a_n = \frac{x_n-\sqrt{2}}{x_n+\sqrt{2}}, \quad b_{n} = \frac{y_n-\sqrt{2}}{y_n+\sqrt{2}} \quad \textrm{dla} \quad n=0,1,2,\ldots. $

Wspólną wartość $a_0$ i $b_0$ oznaczmy przez $\lambda$ :

$ \lambda = \frac{1-\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}} = a_0=b_0. $

Z podanych w zadaniu rekurencyjnych określeń ciągów $(x_n)$ i $(y_n)$ wyprowadzamy analogiczne wzory dla ciągów $(a_n)$ i $(b_n)$ :

$ \begin{split} a_{n+1} & = \frac{x_{n+1} - \sqrt{2}}{ x_{n+1} + \sqrt{2}} = \frac{\displaystyle \frac{x_n + 2}{x_n+1}-\sqrt{2} }{\displaystyle \frac{x_n+2}{x_n+1} + \sqrt{2} } = \frac{x_n + 2 -\sqrt{2}x_n -\sqrt{2}}{x_n+2+\sqrt{2}x_n+\sqrt{2}}= \\ & = \frac{x_{n} - \sqrt{2}}{ x_{n} + \sqrt{2}} \cdot \frac{1 - \sqrt{2}}{1 + \sqrt{2}} = \lambda a_n,\\ b_{n+1} & = \frac{y_{n+1} - \sqrt{2}}{ y_{n+1} + \sqrt{2}} = \frac{\displaystyle \frac{y_n^2 + 2}{2y_n}-\sqrt{2} }{\displaystyle \frac{y_n^2+2}{2y_n} + \sqrt{2} } = \frac{y_n^2 + 2 -2\sqrt{2}y_n}{y_n^2+2+2\sqrt{2}y_n}= \\ & = \left( \frac{y_{n} - \sqrt{2}}{ y_{n} + \sqrt{2}} \right)^2 = b_n^2. \end{split} $