A 2004. februári B-jelű matematika feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.

B.3702.Ketten játsszák a következő játékot. 110 zsetonból felváltva vesznek el legalább egyet és legfeljebb kilencet. A soronkövetkező játékos nem ismételheti meg ellenfele lépését. A játékban az veszít, aki nem tud lépni. Melyik játékosnak van nyerő stratégiája?

(4 pont)

Megoldás: Vizsgáljuk általában azt a játékot, amikor kezdetben n zseton van. Ha a második játékosnak van nyerő stratégiája, akkor legyen f(n)=II, ha pedig az első játékosnak van nyerő stratégiája, akkor legyen f(n)=I(S), ahol S=S(n) az 1,2,..., 9 számok közül azokat tartalmazza, ahány zseton elvételével az első játékos valamelyik nyerő stratégiáját indítani tudja. Nyilván f(0)=II, f(1)=I(1), és az is könnyen levezethető, hogy f(2)=I(1,2), hiszen a második játékos akkor sem tud már lépni, ha az első játékos az asztalon lévő két zsetonból csak egyet vesz el. Ha n=3, akkor az elő játékos nyer, ha mind a 3 zsetont elveszi, ha azonban csak egy vagy két zsetont vesz el, a második játékos meg tudja nyerni a játékot, ennélfogva f(3)=I(3). Általában, ha n zsetonnal történik a játék, és az első játékos k számú zsetont vesz el első lépésként, ahol 1\(\displaystyle \le\)k\(\displaystyle \le\)9, akkor három esetet különböztethetünk meg. Amennyiben f(n-k)=II, akkor bármi legyen is a második játékos első lépése, az első játékos ezután alkalmazhatja a második játékos n-k kezdő zseton esetére érvényes nyerő stratégiáját, amellyel biztosan megnyeri a játékot. Ekkor tehát f(n)=I(T), ahol T mindenképpen tartalmazza a k számot. Ha f(n-k)=I(S) és S csak a k számot tartalmazza, akkor a második játékos nem tudja alkalmazni az első játékos n-k számú kezdő zseton esetén érvényes nyerő stratégiáját, az első játékos tehát ily módon megnyerheti a játékot, ha jól játszik. Tehát ebben az esetben is f(n)=I(T) alakú, ahol T tartalmazza a k számot. Végül ha f(n-k)=I(S) és S nem csak a k számot tartalmazza (esetleg azt egyáltalán nem tartalmazza), akkor a második játékos át tudja venni az első játékos n-k számú zsetonra érvényes valamelyik nyerő stratégiáját, amivel megnyeri a játékot.

Az elmondottakból következik, hogy f(n) értékét f(n-1), f(n-2), ..., f(n-9) egyértelműen meghatározza az alábbi módon: f(n)=II pontosan akkor, ha minden 1\(\displaystyle \le\)k\(\displaystyle \le\)9, k\(\displaystyle \le\)n esetén f(n-k)=I(S) alakú, ahol S nem kizárólag a k számot tartalmazza. Ellenkező esetben f(n)=I(T), ahol T azon k számokat tartalmazza, melyekre vagy f(n-k)=II, vagy pedig f(n-k)=I(k) alakú. Kezdjuk el ennek alapján f(n) értékét rekurzív módon kiszámítani. Már láttuk, hogy f(0)=II, f(1)=I(1), f(2)=I(1,2) és f(3)=I(3). Mivel f(4-4)=II, n=4 esetén az első játékosnak van nyerő stratégiája és 4\(\displaystyle \in\)S(4). Továbbá S(4-1)\(\displaystyle \ne\){1}, S(4-2)\(\displaystyle \ne\){2} és S(4-3)\(\displaystyle \ne\){3} miatt az 1,2,3 számok nem tartoznak S(4)-hez, ezért S(4)={4} és f(4)=I(4). Ugyanígy kapjuk, hogy f(5)=I(5), f(6)=I(3,6), f(7)=I(7), f(8)=I(4,8), f(9)=I(9), f(10)=I(5), f(11)=II, f(12)=I(1), f(13)=I(1,2), f(14)=I(3,7), f(15)=I(4,5), f(16)=I(5), f(17)=I(6), f(18)=I(7,9), f(19)=I(8), f(20)=I(9), f(21)=I(5), f(22)=II, f(23)=I(1,6), f(24)=I(2), f(25)=I(3), f(26)=I(2,4,5), f(27)=I(5,8), f(28)=I(3,6), f(29)=I(7,9), f(30)=I(8), f(31)=I(9), f(32)=II, f(33)=I(1), f(34)=I(1,2), f(35)=I(3), f(36)=I(4), f(37)=I(5), f(38)=I(3,6,8), f(39)=I(7), f(40)=I(4,8,9), f(41)=I(9), f(42)=I(5), f(43)=II, f(44)=I(1), f(45)=I(1,2), f(46)=I(3,7), f(47)=I(4,5), f(48)=I(5) és f(49)=I(6). Itt meg is állhatunk, hiszen azt kaptuk, hogy f(41)=f(9), f(42)=f(10), f(43)=f(11), ..., f(49)=f(17). A sorozat képzési szabálya alapján tehát f(50)=f(18) és így teljes indukcióval látható, hogy minden n\(\displaystyle \ge\)9 esetén igaz, hogy f(n+32)=f(n). Ezek szerint f(110)=f(110-3^.32)=f(14)=I(3,7). Ennek megfelelően 110 zseton esetén az első játékosnak van nyerő stratégiája, kezdő lépésnek pedig akár 3, akár 7 zseton elvételét is választhatja.

B.3703.Az a_n sorozat elemeire teljesül, hogy a₁=1337, továbbá, hogy a_2n+1= a_2n=n-a_n minden n pozitív egész számra. Határozzuk meg a₂₀₀₄ értékét.

(3 pont)

Megoldás: A rekurzió alapján a₂₀₀₄=1002-a₁₀₀₂, ahol a₁₀₀₂=501-a₅₀₁. Ezt tovább folytatva kapjuk, hogy a₅₀₁=a₅₀₀=250-a₂₅₀, a₂₅₀=125-a₁₂₅, a₁₂₅=a₁₂₄=62-a₆₂, a₆₂=31-a₃₁, a₃₁=a₃₀=15-a₁₅, a₁₅=a₁₄=7-a₇, a₇=a₆=3-a₃, végül pedig a₃=a₂=1-a₁=1-1337. Mindezt összevetve

a₂₀₀₄=1002-501+250-125+62-31+15-7+3-1+1337=2004.

B.3704.Szerkesszünk háromszöget, ha adott a három oldalfelező merőlegesének az egyenese és egyik oldalegyenesének egy pontja.

(4 pont)

Megoldás: A szerkeszthetőséghez nyilván szükséges, hogy a három (különböző) egyenesnek legyen egy közös pontja, ez lesz a háromszög köré írható kör középpontja. Ez pontosan akkor esik valamelyik oldal egyenesére, ha a háromszög derékszögű, ebben az esetben viszont a másik két oldalhoz tartozó felező merőlegesek egymásra merőlegesek. A szerkesztendő háromszög oldalait jelöljük a,b,c-vel, a megfelelő felező merőlegeseket pedig f_a, f_b, f_c-vel, melyek metszéspontja legyen O.

Tegyük fel először, hogy az adott egyenesek közül kettő, mondjuk f_a és f_b egymásra merőleges. Ekkor a c oldallal szemközti szög derékszög, vagyis az O pont illeszkedik a c oldal egyenesére. Ha a megadott P pontból f_cre állított m_c merőleges áthalad O-n, akkor a feladatnak végtelen sok megoldása van, melyeket a következő módon kaphatunk meg. Az A csúcs nyilván az m_c egyenesnek O-tól különböző pontja, B pedig A-nak O-ra vonatkozó tükörképe. A C csúcs az A pontnak f_b-re vonatkozó tükörképe, és egyben a B pontnak az f_a egyenesre vonatkozó tükörképe is. Mivel az f_a és f_b egyenesek egymásra merőlegesek, tetszőleges A pontból kiindulva A-nak az f_a-ra vonatkozó tükörképe meg fog egyezni B-nek az f_b-re vonatkozó tükörképével, és a leírt módon egy megfelelő háromszöget kapunk.

Ha nem halad át, akkor az előző módon szerkesztünk egy háromszöget, majd azt O-ból középpontos hasonlósággal nagyítjuk/kicsinyítjük úgy, hogy a megfelelő oldalegyenese áthaladjon P-n.

Tegyük fel végül, hogy az f_a,f_b,f_c egyenesek közül semelyik kettő nem merőleges egymásra. Ekkor szükséges, hogy a megadott P pont az O-tól különbözzék. Ha a P pontot a c oldal egyenesére képzeljük, akkor húzzuk meg a P-ből f_c-re állított merőlegest, ez az m_c egyenes kell legyen a c oldal egyenese. Ha m_c áthalad az O ponton, akkor ilyen módon a feladatnak nem lehet megoldása, ellenkező esetben viszont pontosan egy megoldást kapunk. A C csúcsnak ugyanis rajta kell lenni egyrészt az m_c egyenesnek f_a-ra vonatkozó m_b tükörképén, másrészt az m_c egyenesnek f_b-re vonatkozó m_a tükörképén is. Mivel f_a és f_b nem merőlegesek egymásra, az m_a és m_b egyenesek egy pontban metszik egymást. Az így kapott C pont nem illeszkedik az m_c egyenesre, mivel azt az f_a és f_b egyenesek különböző pontokban metszik. (Sem f_a, sem f_b nem eshet egybe m_c-vel, hiszen akkor merőleges lenne f_c-re.) A C pontot f_a-ra és f_b-re tükrözve az m_a egyenes két különböző B, illetve A pontját kapjuk. A keresett háromszög nyilván csak ABC lehet, és könnyű látni, hogy az jó is lesz.

Az eljárást megismételhetjük úgy is, hogy a P pontot a b illetve a oldal egyenesére képzeljük el. Így általános esetben három megoldást kaphatunk, kivéve, ha a PO egyenes merőleges valamelyik megadott egyenesre, mert akkor az egyik lehetőség kiesik. Azt kell még megvizsgálnunk, hogy az így kapott három (illetve kettő) háromszög közül kettő mikor esik egybe. Ha ugyanazt a háromszöget kapjuk akkor is, ha a P pontot az a oldalra képzeljük, és akkor is, amikor azt a b oldalra képzeljük el, akkor P szükségképpen egybeesik ezen kapott háromszög C csúcsával (mutatván azt is, hogy mindhárom háromszög nem eshet egybe). Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy a P pontot az f_a és f_b egyenesekre tükrözve két olyan pontot kapunk, amelyek az f_c egyenesre szimmetrikusan helyezkednek el. Ebben az esetben a két háromszög tényleg egybe is fog esni. A vártnál eggyel kevesebb megoldást fogunk kapni tehát akkor, ha a P pontot az adott egyenesek közül valamelyik kettőre tükrözve a kapott pontok a harmadik egyenesre nézve szimmetrikusan helyezkednek el. Hogy adott f_a,f_b,f_c esetén ezek a kivételes pontok pontosan hol is helyezkednek el, annak megvizsgálását már az olvasóra bízzuk.

B.3705.Az a és b pozitív egészek relatív prímek, az A=8a+3b és a B=3a+2b számok legnagyobb közös osztója viszont nem 1. Mennyi A és B legnagyobb közös osztója?

(3 pont)

Megoldás: Legyen A és B legnagyobb közös osztója (A,B)=d. Ekkor d osztója a 2A-3B=7a és 8B-3A=7b számoknak, tehát azok legnagyobb közös osztójának is. Mivel (7a,7b)=7(a,b)=7, és tudjuk, hogy d\(\displaystyle \ne\)1, kapjuk, hogy A és B legnagyobb közös osztója d=7. Ez elő is fordulhat: legyen például a=1, b=2.

B.3706.Egy egységnyi élű kocka minden élére egy-egy olyan síkot helyezünk, amely az élre illeszkedő két lap mindegyikével 45^o-os szöget zár be és a kockát nem metszi. Mekkora annak a konvex testnek a térfogata, amelyet ez a 12 sík határol?

(3 pont)

Megoldás: A kocka tetszőleges L lapjára kifelé emeljünk egy egyenes gúlát, amelynek magassága 1/2. Ennek a gúlának a kocka csúcsaitól különböző csúcsát jelölje A, az L lap középpontját S, éleinek felezőpontjait pedig sorra E,F,G,H. Ekkor ASE, ASF, ASG és ASH olyan egyenlőszárú derékszögű háromszögek, melyek síkja merőleges az L lap síkjára. Következésképpen az L lap éleire a feladat szövege szerint illesztett négy sík mindegyike áthalad az A csúcson.

Emeljünk most a kocka minden egyes lapja fölé egy-egy gúlát az előbb ismertetett módon. Ha a kocka valamely éle két ilyen gúlának is közös éle, akkor a feladat szerint az adott élre illeszkedő sík tartalmazza mindkét gúlának egy-egy határoló lapját, melyek uniója nyilván egy rombusz lesz. A szóban forgó testet tehát ez a 12 rombuszlap határolja, a test maga pedig felbontható az egységnyi térfogatú megadott kockára és a lapjaira illesztett 6, egyenként 1/6 térfogatú gúlára. A test térfogata ennek megfelelően 2 térfogategység.

B.3707.Az ABCD tetraéder élei rendre AB=c, BC=a, CA=b, DA=a₁, DB=b₁, végül DC=c₁. Legyen h a tetraéder D csúcsából induló súlyvonalának a hossza. Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle h^2=\frac{1}{3}\big(a_1^2+b_1^2+c_1^2\big)-\frac{1}{9} \big(a^2+b^2+c^2\big). \)

(4 pont)

Megoldás: Az ABC háromszög súlypontját S-sel, a BC szakasz felezőpontját pedig F-fel jelölve, a háromszög súlyvonalaira vonatkozó jól ismert képlet alapján

\(\displaystyle AF^2={2b^2+2c^2-a^2\over4}\quad{\hbox{\rm\'es}}\quad DF^2={2b_1^2+2c_1^2-a^2\over4}.\)

Az SAD és SFD háromszögekre a koszinusz tételt felírva meghatározhatjuk az ASD és FSD szögek koszinuszát. Mivel ezek kiegészítő szögek, koszinuszaiknak összege 0, vagyis

\(\displaystyle {AS^2+h^2-a_1^2\over2hAS}+{FS^2+h^2-DF^2\over2hFS}=0.\)

Mivel AS=2FS, az egyenlet mindkét oldalát a 2hAS mennyiséggel szorozva kapjuk, hogy

(AS²+h²-a₁²)+2(FS²+h²-DF²)=0,

ahonnan AS=(2/3)AF, FS=(1/3)AF miatt átrendezés után

\(\displaystyle 3h^2=a_1^2+2DF^2-{2\over3}AF^2= (a_1^2+b_1^2+c_1^2)-{1\over3}(a^2+b^2+c^2)\)

adódik, ami egyenértékű a bizonyítandó állítással.

B.3708.Adott a P pont, a k kör és a P-n átmenő AB szelő, amelyre PA=AB=1. A P-ből a k-hoz húzott érintők a C és a D pontban érintik a k kört, AB és CD metszéspontja M. Mekkora a PM távolság?

(4 pont)

Megoldás: Mivel PC=PD és a P pontnak k-ra vonatkozó hatványa, PC^.PD=PA^.PB=2, kapjuk, hogy PC²=PD²=2. A CM, DM és PM szakaszok hosszát rendre x,y,z-vel jelölve írjuk fel a koszinusz tételt a PCM és PDM háromszögekre. Mivel a CMP és DMP kiegészítő szögek koszinuszainak összege 0, az

\(\displaystyle {x^2+z^2-2\over2xz}+{y^2+z^2-2\over2yz}=0\)

összefüggéshez jutunk, amit 2xyz-vel szorozva kapjuk, hogy (x+y)(xy+z²-2)=0, vagyis xy+z²-2=0. Az AM^.BM=CM^.DM egyenlőség szerint xy=(z-1)(2-z), vagyis (z-1)(2-z)+z²-2=3z-4=0. A PM szakasz hossza tehát z=4/3.

B.3709.Tekintsük az ax²+bx+c=0 másodfokú egyenletet, amelynek együtthatóira

2a+3b+6c=0.

Bizonyítsuk be, hogy az egyenletnek van olyan x gyöke, amelyre 0<x<1.

(4 pont)

Megoldás: Legyen f(x)=ax²+bx+c, és tegyük fel az állítással ellentétben, hogy az f(x)=0 egyenletnek nincs gyöke 0 és 1 között. Ekkor az f(0)=c, f(1/2)=(1/4)a+(1/2)b+c és f(1)=a+b+c számok közül vagy mindegyik nemnegatív, vagy mindegyik nem pozitív. Lévén

f(0)+4f(1/2)+f(1)=2a+3b+6c=0,

ez csak úgy lehetséges, ha f(0)=f(1/2)=f(1)=0. Innen c=0, vagyis a+b=(1/4)a+(1/2)b=0, amiből a=b=0 is leolvasható. Ez ellentmond az a\(\displaystyle \ne\)0 feltételnek, a feladat állítása tehát szükségképpen igaz.

B.3710.Az A₁A₂A₃ hegyesszögű, nem egyenlő szárú háromszög A_i csúcsából induló magasságának talppontja T_i. Legyen B_i az A_jA_k és a T_jT_k egyenesek metszéspontja (ahol i, j és k között nincsenek egyenlők). Mutassuk meg, hogy a B₁, B₂, B₃ pontok egy egyenesen vannak.

(5 pont)

Megoldás: A háromszög A_i csúcsánál lévő szögét \(\displaystyle \alpha\)_i-vel jelölve először azt mutatjuk meg, hogy ha \(\displaystyle \alpha\)_i>\(\displaystyle \alpha\)_j, akkor az A_i pont elválasztja az A_j és B_k pontokat. Ehhez elegendő azt megmutatni, hogy a T_i pont távolabb helyezkedik el az A_iA_j egyenestől, mint a T_j pont, hiszen a T_i,T_j talppontok a háromszög oldalain helyezkednek el. A T_i pontnak az A_iA_j egyenestől mért távolsága

\(\displaystyle A_jT_i\sin\alpha_j=A_iA_j\cos\alpha_j\sin\alpha_j= {1\over2}A_iA_j\sin2\alpha_j.\)

Ugyanígy a T_j pontnak az A_iA_j egyenestől mért távolságára (1/2)A_iA_jsin 2\(\displaystyle \alpha\)_i adódik, tehát elég azt megmutatni, hogy sin 2\(\displaystyle \alpha\)_j>sin 2\(\displaystyle \alpha\)_i. Ez viszont azonnal adódik abból, hogy 2\(\displaystyle \alpha\)_j<2\(\displaystyle \alpha\)_i<\(\displaystyle \pi\) és 2\(\displaystyle \alpha\)_i>\(\displaystyle \pi\)-2\(\displaystyle \alpha\)_j is igaz, hiszen a háromszög hegyesszögű.

Ha tehát \(\displaystyle \alpha\)₁<\(\displaystyle \alpha\)₂<\(\displaystyle \alpha\)₃, akkor az A₂ pont elválasztja az A₁ és B₃ pontokat, az A₃ pont pedig elválasztja mind a B₁ és A₂, mind pedig az A₁ és B₂ pontokat. Menelaosz tétele értelmében tehát elegendő azt bizonyítanunk, hogy

\(\displaystyle {A_1B_3\over A_2B_3}\cdot{A_2B_1\over A_3B_1}\cdot{A_3B_2\over A_1B_2}=1.\)

Az A₁A₂T₁T₂ húrnégyszögben az \(\displaystyle \alpha\)₁ szöget derékszögre kiegészítő A₁A₂T₂ szög egyenlő a T₂T₁A₃ szöget derékszögre kiegészítő T₂T₁A₁ szöggel. Mivel T₂T₁A₃ és A₂T₁B₃ váltószögek, kapjuk, hogy ez utóbbi szög is \(\displaystyle \alpha\)₁-gyel egyezik meg. Ezért az A₁B₃T₁=A₁B₃T₂ szöget \(\displaystyle \beta\)₃-mal jelölve és a T₁A₂B₃ háromszögre a szinusz tételt felírva A₂T₁:A₂B₃=sin \(\displaystyle \beta\)₃:sin \(\displaystyle \alpha\)₁ adódik. Másrészt az A₁T₂B₃ szög szinusza egyenlő a T₁T₂A₃ szög szinuszával, ez utóbbi szög azonban a fenti meggondolásokhoz hasonló módon \(\displaystyle \alpha\)₂-vel egyenlő. Ha tehát az A₁B₃T₂ háromszögre is felírjuk a szinusz tételt, azt kapjuk, hogy A₁B₃:A₁T₂=sin \(\displaystyle \alpha\)₂:sin \(\displaystyle \beta\)₃. A kapott két arányosság összevetésével nyerjük tehát az

\(\displaystyle {A_1B_3\over A_1T_2}\cdot{A_2T_1\over A_2B_3}={\sin\alpha_2\over\sin\alpha_1}\)

összefüggést.

Teljesen analóg módon levezethetjük az

\(\displaystyle {A_2B_1\over A_2T_3}\cdot{A_3T_2\over A_3B_1}={\sin\alpha_3\over\sin\alpha_2}\quad{\hbox{\rm\'es}}\quad{A_3B_2\over A_3T_1}\cdot{A_1T_3\over A_1B_2}={\sin\alpha_1\over\sin\alpha_3}\)

összefüggéseket is. Ezeket összeszorozva az

\(\displaystyle \Bigl({A_1B_3\over A_2B_3}\cdot{A_2B_1\over A_3B_1}\cdot{A_3B_2\over A_1B_2}\Bigr) \Bigl({A_1T_3\over A_2T_3}\cdot{A_2T_1\over A_3T_1}\cdot{A_3T_2\over A_1T_2}\Bigr)= {\sin\alpha_2\over\sin\alpha_1}\cdot{\sin\alpha_3\over\sin\alpha_2}\cdot{\sin\alpha_1\over\sin\alpha_3}=1\)

egyenlőséghez jutunk. Mivel az A₁T₁, A₂T₂ és A₃T₃ szakaszok egy pontban metszik egymást, a Ceva-tétel értelmében

\(\displaystyle {A_1T_3\over A_2T_3}\cdot{A_2T_1\over A_3T_1}\cdot{A_3T_2\over A_1T_2}=1,\)

ahonnan a bizonyítani kívánt állításunk azonnal leolvasható.

B.3711.Az s₁, s₂,...,s₂₀₀₄ nemnegatív valós számok összege 2, továbbá tudjuk, hogy

s₁s₂+s₂s₃+...+s₂₀₀₃s₂₀₀₄+s₂₀₀₄s₁=1.

Határozzuk meg ezen feltételek mellet az S=s₁²+s₂²+...+s₂₀₀₄² kifejezés lehetséges legkisebb és legnagyobb értékét.

(5 pont)

Megoldás: A legnagyobb érték meghatározása nem nehéz, lévén

\(\displaystyle S=\Bigl(\sum_{i=1}^{2004}s_i\Bigr)^2-2\sum_{1\le i

\(\displaystyle \le\)4-2(s₁s₂+s₂s₃+...+s₂₀₀₃s₂₀₀₄+s₂₀₀₄s₁)=2,

és S=2 nyilván el is érhető, legyen például s₁=s₂=1, s₃=s₄=...=s₂₀₀₄=0. A legkisebb érték meghatározásához jobban körül kell határolnunk a feltételeket kielégítő sorozatokat. Az s₂₀₀₅=s₁ elemet is bevezetve először is megmutatjuk, hogy van olyan 1\(\displaystyle \le\)i\(\displaystyle \le\)2004 index, amelyre s_i+s_i+1\(\displaystyle \ge\)1. Valóban, ha ez nem teljesülne, akkor minden i-re felírva a

4s_is_i+1\(\displaystyle \le\)(s_i+s_i+1)²<(s_i+s_i+1)

egyenlőtlenséget, ezek összegzésével a

\(\displaystyle 4=4\sum_{i=1}^{2004}s_is_{i+1}<2\sum_{i=1}^{2004}s_i=4\)

egyenlőtlenséget kapnánk, ami lehetetlen. Az átalánosság megszorítása nélkül feltehetjük tehát, hogy s₁+s₂\(\displaystyle \ge\)1, sőt még azt is, hogy s₁,s₂\(\displaystyle \ge\), ahol a sorozat legkisebb elemével egyenlő.

Most azt fogjuk megmutatni, hogy ha n8 és az s₁=s_n+1,s₂,..., s_n sorozatra teljesül, hogy S₁=s₁+s₂+...+s_n=2, s₁+s₂1 és s₁,s₂, ahol a sorozat legkisebb elemével egyenlő, akkor a sorozatra

S₂=s₁s₂+s₂s₃+...+s_n-1s_n+s_ns₁1,

és egyenlőség csak nagyon speciális esetben állhat fenn. Ehhez elegendő lesz csak azokat a sorozatokra hagyatkoznunk, ahol =0, ugyanis >0 esetén kostruálhatunk egy új

s'₁=s₁+,s'₂+,s'₃=s₃-,...,s'_n=s_n-

sorozatot, ahol 2=(n-2)6, amelynek elemei ugyancsak nemnegatív számok, legkisebb eleme '=0, , s'₁+s'₂>s₁+s₂1 és

S₂-4+(+)+(²-²)>S₂+(-3)S₂.

A sorozat elemeinek alkalmas ciklikus permutációjával elérhető tehát, hogy a sorozat első eleme pozitív, utolsó eleme 0, és a sorozat számú olyan blokkból áll, hogy az egyes blokkokon belül minden szám pozitív, az egymást követő blokkokat pedig egy vagy több olyan elem választja el egymástól, amelyek mindegyike 0-val egyenlő.

Ha a j-edik blokk elemeit t₁,t₂,...,t_k jelöli, akkor legyen T₁(j)=t₁+t₂+...+t_k és T₂(j)=t₁t₂+t₂t₃+...+t_k-1t_k. Könnyen levezethető, hogy 4T₂(j)(T₁(j))². Ez k=1,2 esetén nyilvánvaló, ha pedig k3, akkor t₂t_k-1 esetén a t₁'=t₁+t_k, t₂'=t₂,...,t_k-1'=t_k-1, t₂<t_k-1 esetén pedig a t₁'=t₂,t₂'=t₃,...,t_k-2'=t_k-1, t_k-1'=t_k+t₁ sorozatot képezve k értéke eggyel csökken, T₁(j) értéke változatlan marad, T₂(j) értéke pedig nem csökken, ahonnan az állítás k-ra vonatkozó teljes indukcióval azonnal adódik. Eredeti sorozatunkra visszatérve, T₁(1)+T₁(2)+...+T₁()=S₁=2, speciálisan minden j értékre T₁(j)2, ahonnan

adódik, és egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha minden j-re T₁(j)=2, ahonnan =1, vagyis a sorozat csak egyetlen blokkból áll.

Megállapíthatjuk tehát, hogy amennyiben a sorozat a feladatban foglalt feltételeknek eleget tesz, úgy a sorozat elemeinek alkalmas ciklikus permutációjával elérhető, hogy a sorozat t₁,t₂,...,t_k,0,...,0 alakú legyen, ahol k<n és t₁,...,t_k pedig pozitív számok. Itt T₁=T₁(1)=S₁=2 és T₂=T₂(2)=S₂=1, vagyis a 4T₂T₁²=4 egyenlőtlenségben egyenlőség áll. A k=1 esetet kizárhatjuk, hiszen akkor S₂=0 lenne. Ha k=2, akkor az előbb említett egyenlőség miatt t₁=t₂=1 és így S=2. Ha k=3, akkor az egyenőség feltétele 1=T₂=t₂(t₁+t₃)=t₂(2-t₂), ahonnan t₂=1, t₃=1-t₁. Ekkor S=1+t₁²+(1-t₁)²=2(t-1/2)²+3/23/2 és egyenlőség pontosan a t₁=t₃=1/2 esetben áll fenn. Ha pedig k4, akkor így okoskodhatunk. Először is t₂=t_k-1=a, ellenkező esetben ugyanis az előző bekezdésben említett okoskodással olyan sorozatot készíthetnénk, amelyre S₁=2, a pozitív tagokból álló blokk hossza k-1 és S₂ értéke 1-nél nagyobb, ami, mint már láttuk nem lehetséges. A t₃,t₄,...,t_k-2 elemek ugyancsak a-val egyenlők, ellenkező esetben legyen ugyanis 3rk-2 a legnagyobb index, amelyre t_ra, ekkor az r+1 hosszú, pozitív számokból álló t₁+(k-1-r)a, t₂=a, t₃,..., t_r=b, t_r+1=a, 0,0,...,0 sorozatra S₁ és S₂ értéke változatlanul 2, illetve 1 maradna, és mint már az előbb is láttuk, ez nem lehetséges. Sorozatunk most tehát x,a,a,...,a,y alakú, ahol S₁=x+y+(k-2)a=2 és S₂=a(x+y)+(k-3)a²=1. Innen

1=a(2-(k-2)a)+(k-3)a²=2a-a²,

vagyis a=1, S₁=x+y+(k-2)a>(k-2)a2a=2, a feltételekkel ellentétben. A k4 eset tehát mindenképpen ellentmondásra vezet.

Ezzel a feladat megoldását befejeztük. Összefoglalva, a feltételeknek csak azon sorozatok tehetnek eleget, melyekben vagy két (a ciklikus sorrendben) egymást követő elem 1-gyel egyenlő, a többi pedig 0, vagy pedig három egymást követő elem x,1,1-x, alkalmas 0 és 1 közé eső x számmal, a többi elem pedig 0. Ebből 3/2S2 pedig már könnyen igazolható, az egyenlőség esetének vizsgálatával együtt: S=2 csak az első esetben fordulhat elő, S=3/2 pedig csak a második esetben, x=1/2 mellett.