2005 KLASY PIERWSZE Zadanie 1. Niech N = 999...99
Transkrypt
2005 KLASY PIERWSZE Zadanie 1. Niech N = 999...99
ROZWIAZANIA ZADAŃ , PRZYGOTOWAWCZYCH - 2005 KLASY PIERWSZE Zadanie 1. Niech N = 999 . . . 99} . Obliczyć sume, cyfr liczby N 3 . | {z n dziewiatek , Rozwiazanie. , Zauważmy, że N = 10n − 1. Mamy wiec , N 3 = 103n − 3 · 102n + 3 · 10n − 1 = 103n − 1 − 3 · 102n + 3 · 10n . . . 00} +3 |000 {z . . . 00} = |999 {z . . . 99} 6 999 . . . 99} = |999 {z . . . 99} −3 000 | {z | {z 3n dziewiatek , 2n zer n zer n−1 dziewiatek , 2n dziewiatek , + 3 000 . . . 00} = |999 {z . . . 99} 7 000 . . . 00} 2 999 . . . 99} | {z | {z | {z n zer n−1 zer n−1 dziewiatek , n dziewiatek , 3 Wynika stad, że suma cyfr liczby N wynosi 9(n − 1) + 7 + 2 + 9n = 18n. , ∗∗∗ Zadanie 2. a) Wykazać, że jeśli p > 3 jest liczba, pierwsza,, to liczba p2 − 1 dzieli sie, przez 24. b) Wykazać, że jeśli p > 5 jest liczba, pierwsza,, to liczba p4 − 1 dzieli sie, przez 240. Rozwiazanie , a) Por. zadanie 11 z Zadań Przygotowawczych z roku 2003. b) Mamy 240 = 16 · 3 · 5. Jeśli p > 5 jest liczba, pierwsza,, to p = 4k ± 1, p = 3l ± 1 i p = 5m + r dla pewnych liczb naturalnych k, l, m oraz 1 6 r 6 4. Stad , p4 − 1 = (4k ± 1)4 − 1 = (4k)4 ± 4(4k)3 + 6(4k)2 ± 4(4k) = 16(16k 4 ± 16k 3 + 6k 2 ± k), p4 − 1 = (3l ± 1)4 − 1 = (3l)4 ± 4(3l)3 + 6(3l)2 ± 4(3l) = 3(27l4 ± 36l3 + 18l2 ± 4l), Podobnie stwierdzamy, że dla pewnej liczby naturalnej s, p4 − 1 = 5s + r4 − 1. Bezpośrednio sprawdzamy, że dla r = 1, 2, 3, 4 zachodzi podzielność 5 | r4 − 1. Tak 4 wiec , z powyższego wnosimy, że 240 | p − 1. ∗∗∗ Zadanie 3. Rozwiazać w liczbach calkowitych równanie 5x = 3y + 7. , Rozwiazanie , Jeśli liczby calkowite x, y spelniaja, równanie 5x = 3y + 7, to 5x jest liczba, calkowita,, a wiec , x > 0. Zauważmy, że 6k + 1, jeśli x jest liczba, parzysta;, x x 5 = (6 − 1) = 6k − 1, jeśli x jest liczba, nieparzysta., 1 2 x dla pewnej nieujemnej liczby calkowitej k. Jeśli x jest liczba parzysta,, to y = 5 3−7 = 6k+1−7 = 2k − 2 jest liczba, calkowita., Jeśli zaś x jest liczba, nieparzysta,, to y = 3 5x −7 = 6k−1−7 = 2k − 83 nie jest liczba, calkowita., Tak wiec , pary 3 3 5x − 7 , gdzie x jest nieujemna, liczba, parzysta, x, 3 stanowia, zbiór wszystkich rozwiazań równania w liczbach calkowitych. , ∗∗∗ Zadanie 4. Która z liczb q 3 1, 2− √ q 5+ 3 2+ √ 5 jest wieksza? , Rozwiazanie , p p √ √ 3 3 Niech a = 2 − 5 + 2 + 5. Ponieważ (x + y)3 = x3 + y 3 + 3xy(x + y), wiec , 3 a = (2 − √ 5) + (2 + √ q 5) + 3 3 (2 − √ 5)(2 + √ q 3 5) 2− √ q 5+ 3 2+ √ 5 = 4 − 3a 3 3 Tak wiec , a jest pierwiastkiem równania x + 3x − 4 = 0. Zauważmy, że x + 3x − 4 = 1 2 15 3 2 2 x − 1 + 3(x − 1) = (x − 1)(x + x + 4) oraz x + x + 4 = (x + 2 ) + 4 > 0. Tak wiec , x = 1 jest jedynym pierwiastkiem powyższego równania. Wynika stad, że a = 1. , ∗∗∗ Zadanie 5. Rozwiazać uklad równań: , + yz + xz = 3 + yz + xz = 3 x + y + z = 3 x y y x Rozwiazanie , Podnoszac , obustronnie do kwadratu pierwsze równanie otrzymamy: x2 y 2 z 2 y z x + + +2 + + =9 y 2 z 2 x2 x y z czyli po uwzglednieniu drugiego równania , x2 y 2 z 2 + + = 3. y 2 z 2 x2 Analogicznie podnoszac , obustronnie do kwadratu drugie równanie, po uwzglednieniu , pierwszego równania otrzymamy: y 2 z 2 x2 + + = 3. x2 y 2 z 2 Kontynuujac , to rozumowanie z latwościa, stwierdzamy, że dla dowolnej liczby k > 1: k k k x2 y2 z2 + + =3 k k y2 z2 x 2k k oraz k k y2 z2 x2 + + = 3. k k x2 y2 z 2k 3 k Zauważmy, że dla liczby a > 1 istnieje k > 1 takie, że a2 > 3. Tak wiec , z powyższych równości wnosimy, że y2 z2 x2 = = = 1. y2 z2 x2 Z pierwszego równania ukladu wynika teraz, że x = y = z, a z ostatniego: x = y = z = 1. Uwaga. Inne rozwiazanie można otrzymać wykorzystujac średnimi, , , nierówność miedzy , arytmetyczna, i geometryczna,, liczb nieujemnych: a+b+c √ 3 > abc, 3 w której równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = b = c. Korzystajac , z tej nierówności mamy s 2 y2 z2 x2 y 2 z 2 3 x + + > 3 · · = 3. y 2 z 2 x2 y 2 z 2 x2 Musi wiec , być: x2 y2 z2 = = = 1. y2 z2 x2 ∗∗∗ Zadanie 6. Dla liczby naturalnej n > 2 wyznaczyć wszystkie ciagi (x1 , x2 , . . . , xn ) takie, że każda , z liczb xi jest równa kwadratowi sumy wszystkich pozostalych liczb. Rozwiazanie , Oznaczmy przez S sume, wszystkich poszukiwanych liczb xi . Zgodnie z zalożeniami, każda z liczb xi jest pierwiastkiem równania (S − x)2 = x. Wynika stad , w szczególności, że xi > 0, a wiec , S > 0. Jeśli S = 0, to x1 = x2 = · · · = xn = 0 oraz oczywiście ciag (0, 0, . . . , 0) spe lnia warunki zadania. , Zalóżmy, że S > 0. Powyższe równanie zapiszmy w postaci x2 − (2S + 1)x + S 2 = 0. Ma ono dwa pierwiastki: √ √ 2S + 1 − 4S + 1 2S + 1 + 4S + 1 x b= oraz x e= . 2 2 Zauważmy, że x e > S, a wiec e nie może być wyrazem poszukiwanego ciagu. Stad , , , x wynika, że wszystkie wyrazy musza, być równe x b oraz oczywiście x b = S/n. Uwzgledniaj ac , , to w powyższym równaniu obliczamy n 1 S= i x1 = x2 = · · · = . 2 (n − 1) (n − 1)2 Ostatecznie mamy dwa ciagi spelniajace warunki zadania: , , 1 1 1 (0, 0, . . . , 0) oraz , ,..., . (n − 1)2 (n − 1)2 (n − 1)2 ∗∗∗ 4 Zadanie 7. Jaka, minimalna, wartość może przyjać czworokata wy, suma dlugości przekatnych , , puklego o polu S? Rozwiazanie , Niech a, b bed czworokata oraz α miara, kata miedzy tymi , , , , a, dlugościami przekatnych , 1 korzystajac przekatnymi. Ponieważ S = 2 ab sin α (por. Uwaga poniżej), wiec , , z , nierówności miedzy średnimi, arytmetyczn a i geometryczn a, otrzymujemy: , , , r √ a+b √ 2S > 2S. > ab = 2 sin α √ Tak wiec, a + b > 2 2S. Z latwości a, stwierdzamy, że suma dlugości przekatnych , , √ kwadratu o polu S jest równa 2 2S. Uwaga. Udowodnimy, że S = 12 ab sin α, gdzie a = |AC|, b = |BD|. Oczywiście S jest suma, pól trójkatów AOB, BOC, COD i DOA, a wiec , , 1 1 1 1 S = xz sin α + zy sin(180◦ − α) + yt sin α + xt sin(180◦ − α) 2 2 2 2 1 1 = (xz + zy + yt + xt) sin α = (x + y)(z + t) sin α 2 2 1 = ab sin α. 2 ∗∗∗ Zadanie 8. Liczby x, y, z sa, takie, że x+y+z = 0 oraz x2 +y 2 +z 2 = 1. Wykazać, że przynajmniej jedna z liczb xy, yz, zx jest nie wieksza niż −1/3. , Rozwiazanie , Bez zmniejszania ogólności możemy zalożyć, że x 6 y 6 z. Z zalożeń wynika teraz, że x < 0 oraz 0 < z < 1. Zauważmy, że jeśli 0 6 y, to korzystajac , z faktu, że x = −y − z otrzymujemy 1 = x2 + y 2 + z 2 = (−y − z)2 + y 2 + z 2 = 2y 2 + 2z 2 + 2yz > 2y 2 + 2y 2 + 2y 2 = 6y 2 . Podobnie jeśli y < 0, to 1 = x2 + y 2 + z 2 = x2 + y 2 + (−x − y)2 = 2x2 + 2y 2 + 2xy > 2y 2 + 2y 2 + 2y 2 = 6y 2 . 5 W obu przypadkach otrzymaliśmy, że y 2 6 16 . Mamy też 1 = x2 + (−x − z)2 + z 2 = 2x2 + 2z 2 + 2xz, czyli 1 1 1 1 1 1 xz = − x2 − z 2 = − (1 − y 2 ) = y 2 − 6 − = − . 2 2 2 6 2 3 ∗∗∗ Zadanie 9. Trener tenisa, opiekujacy sie, grupa, 16 zawodników, zaplanowal 12 gier kontrolnych , miedzy tymi zawodnikami. Wedlug przygotowanego planu każdy z zawodników roze, gra przynajmniej jeden mecz. Wykazać, że pewne cztery mecze moga, być rozegrane w tym samym czasie (oczywiście na czterech różnych kortach). Rozwiazanie , Sytuacje, przedstawiona, w zadaniu zobrazujemy geometrycznie. Na plaszczyźnie narysujmy tyle punktów ilu jest zawodników i tak aby żadne trzy nie byly wspólliniowe. Każdemu z zawodników przyporzadkujmy dokladnie jeden z narysowanych punktów. , Fakt, że dwaj zawodnicy maja, zaplanowany mecz miedzy soba, zilustrujmy lacz , ac , , odcinkiem punkty odpowiadajace tym zawodnikom. W ten sposób powstanie tzw. , graf, który oznaczymy przez G. Narysowane punkty nazwijmy wierzcholkami grafu G, zaś odcinki krawedziami. Zauważmy, że graf G sklada sie, z pewnej liczby rozlacznych , , cześci o tej w lasności, że w obr ebie każdej z nich mi edzy dowolnymi wierzcho lkami , , , istnieje droga wzdluż pewnych krawedzi (być może przechodz aca przez inne wierz, , cholki). Każda, z tych cześci nazwiemy spójn a sk ladow a grafu G. , , , Niech S1 , S2 , . . . , SN bed a wszystkimi spójnymi , , skladowymi w G. Naszym celem bedzie ustalenie , zależności miedzy ilości a N spójnych sk ladowych, , , ilościa, K krawedzi i ilościa, W wierzcholków grafu , G. Oznaczmy przez Ki oraz Wi odpowiednie liczby krawedzi i wierzcholków spójnej skladowej Si . Z , latwościa, możemy zauważyć, że Ki > Wi − 1. Istotnie, skladowa, Si można narysować zaczynajac a , od jednej (dowolnie wybranej) krawedzi, , nastepnie do l aczaj ac w każdym kroku kraw edź , , , , majac a wspólny wierzcho lek z pewna kraw edzi a, , , , już narysowana., W każdym kroku liczba narysowanych wierzcholków wzrasta maksymalnie o jeden. Tak wiec , K = K1 + K2 + · · · + KN > (W1 − 1) + (W2 − 1) + · · · + (WN − 1) = W − N. Otrzymaliśmy zatem zależność: K + N > W. Wracajac , do zadania, z zalożeń wynika, że W = 16, K = 12 oraz każda spójna skladowa zawiera przynajmniej dwa wierzcholki (bo każdy zawodnik rozegra mecz) . Tak wiec , liczba spójnych skladowych N > 4. Oznacza to oczywiście, że przynajmniej cztery mecze moga, być rozegrane w tym samym czasie. ∗∗∗ 6 Zadanie 10. a) W turnieju pilkarskim uczestniczy 6 zespolów. Każdy z każdym rozgrywa jeden mecz. Rozgrywki odbywaja, sie, w dwóch miastach. Udowodnić, że pewne trzy zespoly rozegraja, wszystkie mecze miedzy soba, w jednym mieście. , b) W turnieju pilkarskim uczestniczy 18 zespolów. Każdy z każdym rozgrywa jeden mecz. Rozgrywki odbywaja, sie, w trzech miastach. Udowodnić, że pewne trzy zespoly rozegraja, wszystkie mecze miedzy soba, w jednym mieście. , Rozwiazanie , a) Podobnie jak w zadaniu 9 opisanej sytuacji przyporzadkujemy graf G6 , którego , wierzcholki odpowiadaja, zespolom pilkarskim. Ponieważ każdy zespól ma rozegrać mecz z każdym innym, wiec krawedzi a, , , każda para wierzcholków w G6 jest polaczona , (jedna!). Kraw edzie grafu G pokolorujemy dwoma kolorami czerwonym i niebieskim, 6 , , w zależności od miasta, w którym odpowiadajace drużyny maja, rozegrać mecz. , Weźmy pod uwage, dowolny wierzcholek A. Spośród pieciu krawedzi wychodzacych z A, , , , przynajmniej trzy sa, tego samego koloru. Powiedzmy, że AB, AC i AE sa, czerwone. Wtedy możliwe sa, dwa przypadki: albo wszystkie krawedzie lacz wierzcholki , ace , , B, C, E sa, niebieskie (wtedy zespoly B, C, E rozgrywaja, mecze miedzy soba, w jednym , mieście), albo przynajmniej jedna z tych krawedzi jest czerwona. Jeśli np. BE , jest czerwona, to zespoly A, B, E rozgrywaja, mecze miedzy soba, w jednym mieście. , b) Podobnie jak w cześci a) rozważymy graf G18 z osiemnastoma wierzcholkami, w , którym z każdego wierzcholka wychodzi siedemnaście krawedzi. Tym razem krawedzie , , pokolorujemy trzema kolorami: czerwonym, niebieskim i zielonym. Rozważmy dowolny wierzcholek A. Spośród siedemnastu krawedzi wychodzacych z A przynajmniej , , sześć jest tego samego koloru. Powiedzmy, że krawedzie lacz A z B, C, D, E, F, G , ace , , sa, czerwone. Jeśli wśród krawedzi l acz acych wzajemnie wierzcho lki B, C, D, E, F, G , , , jest czerwona, to jej końce wraz z A wyznaczaja, trójkat , z czerwonymi krawedziami. , Jeśli takiej krawedzi nie ma, to wszyskie kraw edzie l acz wzajemnie B, C, D, E, F , ace , , , i G sa, pomalowane kolorami niebieskim i zielonym. Na podstawie zadania a) pewne trzy wierzcholki spośród B, C, D, E, F, G sa, polaczone krawedziami tego samego , , koloru. ∗∗∗ Zadanie 11. Z pola E1 do pola E8 szachownicy król może dojść w siedmiu ruchach. Iloma różnymi drogami może to zrobić? Rozwiazanie , 7 Zauważmy, że każdy ruch króla powinien przemieszczać go do nastepnego ’wiersza’ (polożonego , wyżej). W przeciwnym razie droga do E8 bedzie skladala sie, z przynajmniej , ośmiu ruchów. Na rysunku obok liczby wpisane w pola szachownicy mówia, o ilości najkrótszych dróg od E1 do danego pola. Zauważmy, że każda z wpisanych liczb jest suma, trzech sasiaduj acych i umieszczonych pod nia, , , liczb. Tak wiec istnieje 393 różnych , dróg króla (w siedmiu ruchach) od pola E1 do pola E8. ∗∗∗ Zadanie 12. Udowodnić, że każdy trójkat równoramiennych. , można podzielić na 2005 trójkatów , Rozwiazanie , Udowodnimy indukcyjnie, że dla liczby naturalnej n > 4 dowolny trójkat , można podzielić na n trójkatów równoramiennych. W tym celu zauważmy najpierw, że w , trójkacie prostokatnym odcinek lacz wierzcholek przy kacie prostym ze środkiem , , , acy , , przeciwprostokatnej dzieli ten trójk at na dwa trójk aty równoramienne. Stad , , , , wynika podzial dowolnego trójkata na cztery trójkaty równoramienne. W tym celu wystarczy , , poprowadzić wysokość dzielac a dany trójk at na dwa trójkaty prostokatne, a nastepnie , , , , , , zastosować wyżej opisany podzial do trójkatów prostok atnych (zob. rysunek A). , , Rysunki B i C przedstawiaja, podzialy trójkatów nierównobocznego i równobocznego , na pieć trójk atów równoramiennych. , , Niech teraz n > 5 i zalóżmy, że każdy trójkat , mażna podzielić na k (4 6 k 6 n) trójkatów równoramiennych. Podzielmy dowolny trójkat , , T jego wysokościa, na dwa trójkaty prostokatne. Jeden z tych trójkatów podzielmy na dwie cześci środkowa, , , , poprowadzona, z wierzcholka przy kacie prostym, a drugi na mocy za lożenia induk, cyjnego na n − 1 trójkatów równoramiennych. W ten sposób otrzymamy podzia lT , na n + 1 trójkatów równoramiennych. , ∗∗∗ Zadanie 13. W trójkat Punkty styczności okregu z bokami trójkata oz, ABC wpisano okrag. , , , naczono odpowiednio przez A1 , B1 , C1 , przy czym A1 ∈ BC, B1 ∈ AC, C1 ∈ 8 AB. Nastepnie w trójkat a punkty styczności oznaczono , A1 B1 C1 wpisano okrag, , , odpowiednio przez A2 , B2 , C2 . Czynność te, powtórzono n razy, otrzymujac , w końcu trójkat A B C . Okaza lo si e, że trójk aty ABC i A B C s a podobne. Wyznaczyć n n n n n n , , , , miary ich katów. , Rozwiazanie , Niech α, β, γ bed przy , , a, miarami katów wierzcholkach A, B, C trójkata ABC oraz , niech αk , βk , γk oznaczaja, odpowiednie miary katów przy wierzcholkach Ak , Bk , Ck trójkata , , Ak Bk Ck . Niech O bedzie środkiem okr egu , , wpisanego w trójkat , ABC. Ponieważ OB1 ⊥ AC i OC1 ⊥ AB, mamy ∠B1 OC1 = π − α. Ponadto katy ∠B1 A1 C1 i ∠B1 OC1 sa, , odpowiednio katami wpisanym i środkowym , (opartymi na tym samym luku), wiec , α1 = 1 (π−α). Z tych samych powodów dla dowol2 nej liczby k > 1 mamy zależność: π αk αk+1 = − . 2 2 Stad wynika, że: , π αn−1 π π αn−2 αn = − = − + = ... 2 4 4 2 π π2 π α = − + · · · + (−1)n−1 n + (−1)n n 2 4 2 2 = S + T α, n gdzie S = π2 − π4 +· · ·+(−1)n−1 2πn , T = (−1) . Analogicznie obliczamy, że βn = S +T β 2n oraz γn = S + T γ. Trójkaty A B C i ABC sa, podobne, wiec n n n , , trójka (αn , βn , γn ) jest jedna, z sześciu permutacji zbioru {α, β, γ}. Jeśli (αn , βn , γn ) = (α, β, γ), to z powyższych zależności wynika, iż α = β = γ = S/(1 − T ). Tak wiec , α = β = γ = π/3. Jeśli (αn , βn , γn ) = (β, α, γ), to S + Tα = β S + Tβ = α S + Tγ = γ Odejmujac , stronami dwa pierwsze równania otrzymujemy T (α−β) = β−α. Ponieważ T 6= −1, obliczamy: α = β = γ = S/(1 − T ). Zatem w tym przypadku również α = β = γ = π/3. Analogicznie rozpatrujemy przypadki, gdy (αn , βn , γn ) = (γ, β, α) i (αn , βn , γn ) = (α, γ, β). Jeśli (αn , βn , γn ) = (β, γ, α) lub (αn , βn , γn ) = (γ, α, β), to S + Tα = β S + Tα = γ S + T β = γ lub S + Tβ = α S + Tγ = α S + Tγ = β Również w tym przypadku otrzymujemy α = β = γ = S/(1 − T ). Ostatecznie zatem, trójkat , ABC jest równoboczny. ∗∗∗ 9 Zadanie 14. Wszystkie boki wypuklego czworokata podzielono na 2n równych cześci. Nastepnie , , , narysowano ,,szachownice” l acz ac odcinkami odpowiadaj ace punkty przeciwleg lych , , , , boków i kolorujac na przemian pola otrzymanej siatki na bia lo lub czarno. , a) Wykazać, że każdy z narysowanych odcinków jest podzielony odcinkami poprzecznymi na 2n równych cześci, , b) Wykazać, że suma pól bialych czworokatów jest równa sumie pól czarnych czwo, rokatów. , Rozwiazanie , Oznaczmy przez A0 , B0 , C0 , D0 wierzcholki danego czworokata. Punkty podzialu , n boków czworokata na 2 równych cz eści oznaczymy kolejno przez A 1 , A2 , . . . , A2n −1 , , , . . . , D2n −1 (zob. rysunek poniżej). Symbolem [XY Z . . . ] oznaczymy pole wielokata , XY Z . . . . Najpierw rozważymy przypadek, gdy n = 1. Punkty A1 , B1 , C1 , D1 sa, środkami odpowiednich boków czworokata A0 B0 C0 D0 , wiec , , A1 B1 k A0 C0 k D1 C1 i A1 D1 k B0 D0 k B1 C1 . Czworokat A B C D jest zatem równoleg lobokiem. W szczególności, 1 1 1 1 , O jest środkiem odcinków A1 C1 i B1 C1 . Zauważmy, że [B1 C0 C1 ] = 14 [B0 C0 D0 ] oraz [A0 A1 D1 ] = 41 [A0 B0 D0 ]. Tak wiec , 1 [B1 C0 C1 ] + [A0 A1 D1 ] = [A0 B0 C0 D0 ]. 4 Analogicznie stwierdzamy, że 1 [A1 B0 B1 ] + [C1 D0 D1 ] = [A0 B0 C0 D0 ]. 4 1 Wynika stad, że [A1 B1 C1 D1 ] = 2 [A0 B0 C0 D0 ], a wiec , , 1 [A1 OB1 ] = [B1 OC1 ] = [C1 OD1 ] = [D1 OA1 ] = [A0 B0 C0 D0 ]. 8 Ostatecznie zatem 1 [A0 A1 OD1 ] + [B1 C0 C1 O] = [A1 B0 B1 O] + [D1 OC1 D0 ] = [A0 B0 C0 D0 ]. 2 To kończy dowód a) i b) dla n = 1. Dalej poslużymy sie, indukcja, matematyczna., Zalóżmy, że teza zadania zachodzi dla k = 1, . . . , n − 1 gdzie n > 2 i rozważmy podzial boków czworokata A0 B0 C0 D0 na 2n równych cześci. Punkty , , n−1 A2i , B2i , C2i , D2i dla i = 1, 2, . . . , 2 − 1 wyznaczaja, podzial każdego boku czworokata na 2n−1 równych cześci. Na mocy zalożenia indukcyjnego odcinki A2i C2i , i B2i D2i dziela, sie, wzajemnie na 2n−1 równych cześci. Możemy teraz zastosować , 10 zalożenie indukcyjne do czworokatów A0 B0 B2n−1 D2n−1 i D2n−1 B2n−1 C0 D0 , których , n−1 boki sa, podzielone na 2 równych cześci odcinkami A2i C2i oraz Bj Dj . Tak wiec , , odcinki Bj Dj (dla j = 1, 2, . . . , 2n − 1) sa, podzielone odcinkami A2i C2i na 2n−1 równych cześci oraz odcinki A2i C2i sa, podzielone odcinkami Bj Dj na 2n równych cześci. , , Ostatnim krokiem jest analogiczne zastosowanie zalożenia indukcyjnego do czworokatów A0 A2n−1 C2n−1 D0 i A2n−1 B0 C0 C2n−1 . Ostatecznie odcinki Ai Ci oraz Bj Dj , dziela, sie, wzajemnie na 2n równych cześci, co kończy dowód cześci a). Na pod, , stawie cześci a) czworokat , A0 B0 C0 D0 jest podzielony odcinkami A2i C2i i B2i D2i na , 22(n−1) czworokatów, a każdy z tych czworokatów jest podzielony liniami A2i−1 C2i−1 , , i B2i−1 D2i−1 na cztery czworokaty: dwa biale i dwa czarne. Na podstawie rozpa, trzonego wyżej przypadku n = 1 z latwościa, stwierdzamy teraz, że pola biale maja, takie same laczne pole jak pola czarne. , ∗∗∗ Zadanie 15. Na bokach AD i BC równolegloboku ABCD obrano punkty K i L tak, że AK = LC. Niech P bedzie dowolnym punktem leżacym na boku CD. Prosta KL przecina proste , , AP i BP odpowiednio w punktach M i N . Wykazać, że trójkat , M N P ma pole równe sumie pól trójkatów AKM i BLN . , Rozwiazanie , Oznaczmy przez [XY Z . . . ] pole wielokata , XY Z . . . . Ponieważ czworokaty ABLK i LKCD , sa, przystajace, , 1 [ABLK] = [ABCD]. 2 Zatem [AKM ] + [BLN ] = 21 [ABCD] − [ABN M ]. Z drugiej strony [ABP ] = 21 [ABCD], a wiec , [M N P ] = 21 [ABCD] − [ABN M ]. Stad wynika, , że [AKM ] + [BLN ] = [M N P ]. ∗∗∗ [opr. pg]