Zadání XXXI. ročníku

Důkaz provedeme sporem. Předpokládejme, že takový trojúhelník existuje. Odvěsny označíme \(a\) a \(b\) a přeponu \(c\). Podle zadání jsou strany trojúhelníka celočíselné, protože nemohou nabývat ani záporných, ani nulových hodnot, můžeme říct, že náleží do množiny přirozených čísel. \(a,b,c \in \mathbf{N}\)

Mohou nastat dva případy, které postupně vyvrátíme. Buď bude odvěsna dělit druhou odvěsnu \((a)\), nebo bude odvěsna dělit přeponu \((b)\). Přepona je nutně delší než odvěsna, proto případ, že by přepona dělila odvěsnu ani nemusíme uvažovat. (Větší číslo nemůže dělit menší.)

\((a)\) Odvěsna dělí odvěsnu:

Búno \(a|b\), tedy \(b = ak\), kde \(k \in \mathbf{Z}\). Dosadíme do Pythagorovy věty a upravíme:

\(a^2 + b^2 = c^2\)

\(a^2 + (ak)^2 = c^2\)

\(a^2 + a^2k^2 = c^2\)

\(c^2 = a^2 + a^2k^2\)

\(c^2 = a^2 (1 + k^2)\)

\(c = a\sqrt{k^2 + 1}\)

Protože \(c \in \mathbf{N}\), musí být i pravá strana rovnice přirozená. Protože i \(a \in \mathbf{N}\), musí i \(\sqrt{k^2 + 1} \in \mathbf{N}\), tudíž \(k^2 + 1\) je kvadrát.

\(k^2 + 1\) i \(k^2\) jsou druhé mocniny přirozených čísel, což je spor, protože žádné dvě druhé mocniny přirozených čísel nemají rozdíl 1. To můžeme dokázat například následující nerovností:

\((k+1)^2 = k^2 + 2k + 1 > k^2 + 1 > k^2\)

\((b)\) Odvěsna dělí přeponu:

Búno \(a|c\), tedy \(c = al\), kde \(l \in \mathbf{Z}\). Dosadíme do Pythagorovy věty a upravíme:

\(a^2 + b^2 = c^2\)

\(a^2 + b^2 = (al)^2\)

\(a^2 + b^2 = a^2l^2\)

\(b^2 = a^2l^2 - a^2\)

\(b^2 = a^2 (l^2 - 1)\)

\(b = a\sqrt{l^2 - 1}\)

Protože \(b \in \mathbf{N}\), musí být i pravá strana rovnice přirozená. Protože i \(a \in \mathbf{N}\), musí i \(\sqrt{k^2 - 1} \in \mathbf{Z}\), tudíž \(k^2 - 1\) je kvadrát.

\(k^2 - 1\) i \(k^2\) jsou druhé mocniny přirozených čísel, což je opět spor, protože žádné dvě druhé mocniny přirozených čísel nemají rozdíl 1, což jsme již dokázali. Případ když by \(k = 1\) smysl nedává, protože by \(\sqrt{l^2 - 1} = 0\), pravá strana rovnice by byla nulová a tudíž by i \(b = 0\), což je spor s tím, že \(b \in \mathbf{N}\).

V obou případech jsme došli ke sporu, což popírá existenci pravoúhlého trojúhelníka s celočíselnými délkami stran, které se dělí.

Objevovaly se převážně dva typy řešení. Buď jste dokázali, že pokud jedna strana dělí jinou, tak automaticky dělí i tu třetí a došli jste k nějaké takovéto rovnici: \(1+n^2 = m^2\), kde \(m,n \in \mathbf{N}\), kterou jste vyvrátili. Nebo jste použili podobný postup, jaký vidíte ve vzorovém řešení.

Většina z vás měla postup správně, ale v důkazu sporem často chyběl nějaký předpoklad (že trojúhelník existuje), který byste na konci sporem vyvrátili. Většina z vás uvažovala správné dva případy, ale často chybělo zdůvodnění, proč právě tyto dva. Nakonec někteří zapomněli zmínit, co označují kterou neznámou a do jakých číselných oborů tyto neznámé náleží. I když předpokládáte standardní značení (a,b jsou odvěsny a c přepona), nikdy neuškodí to i tak napsat. Narazila jsem například i na řešení, kde řešitel označil jednu z odvěsen písmenem c.

Tento důkaz provedeme sporem. Budeme tedy předpokládat, že \(ABCD\) je obdélník s různými délkami stran \(|AB|\neq |BC|\) a do něj vepíšeme obdélník \(KLMN\), který je původnímu obdélníku podobný.
Označme si velikost úhlu \(|\measuredangle ANK|=\alpha\). Následně přes dopočet úhlů v trojúhelníku \(NKA\) do \(180°\) dostáváme, že \(|\measuredangle NKA| = 180° - |\measuredangle KAN| - |\measuredangle ANK| = 180° - 90° - \alpha = 90° - \alpha\).
Dále přes přímý úhel můžeme vypočítat velikost úhlu \(BKL\):
\(|\measuredangle BKL|= |\measuredangle BKA|-|\measuredangle NKA| - |\measuredangle LKN| = 180° - (90° - \alpha) - 90° = \alpha\).
Analogicky dopočítáme všechny úhly vzniklých trojúhelníků a dostáváme:
\(|\measuredangle ANK| = |\measuredangle BKL| = |\measuredangle CLM| = |\measuredangle DMN| = \alpha\)
\(|\measuredangle NKA| = |\measuredangle KLB| = |\measuredangle LMC| = |\measuredangle MND| = 90° - \alpha\)
\(=>\) Trojúhelníky \(AKN, BLK, CML, DNM\) jsou podobné podle věty \(uu\) . \(KLMN\) je obdelník, takže \(|KL|=|MN|\) a trojúhelníky \(BLK\) a \(DNM\) jsou dokonce shodné podle věty \(usu\). Stejně tak \(|LM|=|NK|\) a trojúhelníky \(AKN\) a \(CML\) jsou shodné (\(usu\)).

Nyní si označme \(|AK|=|CM|=x\) a \(|AN|=|CL|=y\). Koeficient podobnosti trojúhelníků \(AKN,CML\) s trojúhelníky \(BLK,DNM\) označme \(k\) tak, že \(|BL|=|DN|=kx\) a \(|BK|=|DM|=ky\). Pomocí Pythagorovy věty dopočítáme \(|LM|=|NK|=\sqrt{x^2+y^2}\) a \(|KL|=|MN|=k\sqrt{x^2+y^2}\).
Teď se vrátíme k podobnosti obdelníků \(ABCD\) a \(KLMN\). Musí platit:
\[\begin{align*} \frac{|AB|}{|BC|} &= \frac{|KL|}{|LM|} \\ \frac{x+ky}{y+kx} &= \frac{k\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{x^2+y^2}} \\ x+ky &= k(y+kx) \\ x+ky &= ky+k^2x \\ x &= k^2x \\ 1 &= k^2 \\ => k &= 1 \\ \end{align*}\] Délky \(x\) a \(y\) jsou vždy kladné (pokud by některá z délek byla \(0\) vrcholy obdelníků by splynuly, což je v zadání vyloučené), proto všechny výše provedené kroky jsou korektní. Stejně tak koeficient podobnosti \(k\) musí být kladný, proto dostáváme pouze jediné řešení a to \(k=1\). Všechny čtyři trojúhelníky \(AKN\), \(BLK\), \(CML\), \(DNM\) jsou tedy shodné, \(|AK|=|CM|=|BL|=|DN|=x\), \(|AN|=|CL|=|BK|=|DM|=y\) a \(|LM|=|NK|=|KL|=|MN|=\sqrt{x^2+y^2}\).
\(|AB| = |AK|+|BK| = x + y\) a \(|BC| = |BL| + |CL| = x + y => |AB|=|BC|\).
\(ABCD\) (stejně tak i \(KLMN\)) je čtverec.

Když děláte geometrický důkaz, je dobré vždy přiložit obrázek!!! Většina z vás úlohu řešila přes shodnost 4 vzniklých trojúhelníků, proto jsem takto sepsala i vzorové řešení. Některá řešení byla však originální a možná i jednodušší.

Pro libovolné reálné číslo platí \(x^2-1<x^2\). Nyní, protože v zadání je předpoklad, že \(x>1\), můžeme nerovnost odmocnit (obě strany jsou kladné a znaménko nerovnosti tedy zůstane stejné) a dostáváme \(\sqrt{x^2-1}<\sqrt{x^2}\). Podle předpokladu jsou x a y kladná a tedy \(x=\sqrt{x^2}\) a \[y\sqrt{x^2-1}<yx\] \[\frac{y}{x}<\frac{y}{\sqrt{x^2-1}}\] Analogicky platí i \(\frac{x}{y}<\frac{x}{\sqrt{y^2-1}},\) z čehož plyne, že \[\frac x{\sqrt{y^2-1}}+\frac y{\sqrt{x^2-1}}\ge\frac x{y}+\frac y{x}.\] Nyní, když dokážeme, že \(\frac x{y}+\frac y{x}\ge2,\) bude jistě platit i nerovnost ze zadání. Vzhledem k tomu, že x i y jsou stále kladná čísla, tak jimi můžeme dělit nerovnici aniž bychom museli změnit znaménko. Víme, že druhá mocnina reálného čísla je vždy nezáporná, tedy: \[(x-y)^2\geq0\] \[x^2-2xy+y^2\geq0\] \[x^2+y^2\geq2xy\] \[\frac x{y}+\frac y{x}\ge2\] Čímž je důkaz hotov.

Přišla nám spousta různých řešení a zajímavých postupů. Některá řešení byla úplně perfektní, někdo to neměl úplně perfektně oddůvodněné a v některých řešeních nebylo oddůvodněné vůbec nic. Dva tipy pro příště:
1) Slova jsou fajn. Když odevzdáte řešení plné znaků a bez textu, tak se v tom opravující může jednoduše ztratit nebo nepochopit, co jste tím chtěli říct.
2) Důkazy se dělají obecně, můžete si vyzkoušet různé kombinace x a y, abyste věděli, jak se nerovnost chová, ale k přímému důkazu to většinou není potřeba. Dokážete tak jednu (nebo více) možností z nekonečna, což opravdu nestačí

Dostali jsme funkci \(f\) danou rekurentním vztahem \(f(1)=1\) a \(f(n)=2f(n-1)+n-3\). Ta se dá explicitně vyjádřit jako \(g(n) = 2^{n-1} - n + 1\), což dokážeme indukcí. Připomínám, že chceme postupně dokázat, že dodaná funkce \(f(n)\) je tatáž, jako naše funkce \(g(n)\).

Prvním krokem důkazu indukcí je bázový případ: \[f(1) = 1 = 1-1+1 = 2^0 - 1 + 1 = 2^{1-1} - 1 + 1 = g(1)\]

Druhým krokem je indukční krok: Jako indukční předpoklad máme: \(f(n-1) = g(n-1)\) IK: \[f(n) = 2f(n-1)+n-3 = 2g(n-1)+n-3 = 2 (2^{n-1-1} - (n-1) + 1) +n-3 = \] \[ = 2 (2^{n-2} - n + 2) +n-3 =2^{n-1} - 2n + 4 +n-3 = 2^{n-1} - n + 1 = g(n)\]

Tím jsme dokázali totožnost zadané funkce \(f\) a naší funkce \(g\). Zadání po vás nechtělo nějaký exaktní nebo sofistikovaný způsob, jak najít chtěnou funkci. Hlavní je ten důkaz indukcí. Přesto se sluší (jako u všech úloh v Brkosu) ukázat alespoň nějakou úvahu o tom, jak jste k funkci \(g\) došli. Neočekáváme od vás exaktní odvození, to je nad rámec středoškolské matematiky ;). Kdybyste chtěli exaktní postup, který bude fungovat pro libovolnou funkci, budete potřebovat analýzu (tj. integrály, derivace atd.).

Možné myšlenky, které mohou pomoci v nalezení výsledného vyjádření \(f\): * Vypsat si několik prvních členů a odhalit exponenciální růst funkce. * Porovnat prvních několik členů s \(2^n\). * Všimnout si, že rozdíly mezi exponenciálou a růstem \(f\) se pokaždé o 1 zvětšují, a tedy výsledná funkce bude mít i lineární člen. * Zkusit \(2^n +- n\) a porovnat s funkcí. Z toho dostanete, že tam má být mínus a že jste o 1 vedle. * Pohrajete si s exponenty, všude snížíte \(n\) o jedna a vyjde vám výsledné vyjádření \(2^{n-1} - n + 1\).

V Brkosu je zvykem všechny úvahy o řešení psát. Bez toho nemáme jak ověřit, že jste si třeba nenechali funkci vypočítat nějakým online nástrojem atd. Proto vždy, když něco počítáte, máte najít nějakou hodnotu, minimum nebo maximum něčeho apod., musíte nám psát svůj postup. Tentokrát jsem za to ještě moc nestrhávala, protože je tohle první série a nepíšeme to všude explicitně, ale počítejte s tím, že to po vás chceme všude. Jde nám hlavně o vaše myšlenky, bez nich vám nemůžeme dát tolik zpětné vazby.

Co se indukce týče, snažte se dodržovat její strukturu a obzvláště explicitně psát, co je indukčním předpokladem. Vesměs byla ale řešení velmi dobrá.

Označme si \(S\) střed kružnice \(k\) a \(Y\) průsečík přímek \(AB\) a \(SX\). Z vlastností tečen vyplývá, že \(|AX| = |BX|\) a \(|\angle SAX| = |\angle SBX| = 90°\). Dále úsečky \(SA\) a \(SB\) jsou poloměry kružnice, a tak trojúhelníky \(SAX\) a \(SBX\) jsou shodné podle věty \(Ssu\). Z toho vyplývá, že přímka \(SX\) je jejich osou souměrnosti a kolmo půlí úsečku \(AB\).

Potom trojúhelník \(SYA\) je podobný trojúhelníku \(SAX\), neboť sdílí úhel u středu \(S\) a oba mají pravý úhel. Můžeme tedy vyjádřit poměry jejich stran:

\[ \frac{|AX|}{|AS|} = \frac{|AY|}{|SY|} \] \[ |AX| = \frac{|AY|\cdot |AS|}{|SY|} \]

Z Pythagovy věty v trojúhelníku \(SAY\) vyjádříme délku \(|SY|\):

\[ |SY| = \sqrt{|SA|^{2} - |AY|^{2}} \]

A tu dosadíme:

\[ |AX| = \frac{|AY|\cdot |AS|}{\sqrt{|SA|^{2} - |AY|^{2}}} \] \[ |AX| = \frac{\frac{|AB|}{2}\cdot r}{\sqrt{r^{2} - (\frac{|AB|}{2})^{2}}} \] \[ |AX| = \frac{|AB|\cdot r}{\sqrt{4r^{2} - |AB|^{2}}} \]

Většina z vás si s příkladem poradila velice hezky, nejčastěji jsem strhávala body za chybějící komentář. I když je zdůvodnění jednoduché, nestačí jen do náčtrtku zaznačit pravý úhel a dál s ním počítat. Než začnete pracovat s nějakým bodem, jasně si určete, co je zač a co se o něm snažíte dokázat. Občas se stávalo, že jste nějakou vlastnost využívali a až později ji pořádně vysvětlili.

Jako úplné řešení jsem hodnotila jen ta, která obsahovala vyjádření délky \(|AX\) pomocí \(r\) a \(|AB\). Někteří jste správně popsali, jak by bylo možné délku najít, kdyby nám byly zadány konkrétní hodnoty, ale finální vzoreček jste neuvedli. Nestrhávala jsem za to moc bodů, protože konečné dosazení není těžké, ale jde o důležitou součást řešení.

Celou situaci si můžeme lépe vizualizovat v trojrozměrném prostoru. Řekněme, že jedno pole tabulky má rozměr \(1 \times 1\) a číslo v něm reprezentuje výšku daného kvádru. Tedy pole s číslem \(1\) zobrazíme jako krychli o straně \(1\) a tak dále. Vizualizace pro nás má tu výhodu, že objem takto vzniklého tělesa (v neurčených jednotkách krychlových) je vždy roven součtu všech čísel zadané tabulky.

Představme si nyní, že je zadaná tabulka celá vyplněna pouze čísly \(n\). Z původního schodovitého útvaru nám tak vznikne krychle \(n \times n \times n\) a hned vidíme, že součet čísel v ní je \(n^3\). Čísla \(n\) se ale v původní tabulce nacházejí pouze v \(n\)-tém řádku a \(n\)-tém sloupci. Odebereme tedy horní vrstvu krychle (tzn. snížíme čísla v tabulce o \(1\)) ve všech polích, která toto nesplňují. Vzniklý útvar již odpovídá původní tabulce v posledních dvou sloupcích a řádcích. Opět odebereme jednu vrstvu v ostatních polích a takto pokračujeme, dokud z původní krychle nevznikne schodovitý útvar ze zadání.

Všimněme si, že nám schodovitý útvar z krychle vzniknul po právě \(n-1\) krocích a v \(i\)-tém kroce jsme odebrali jednu vrstvu z \((n-i)^2\) polí tabulky. Pomocí sumy můžeme tedy psát:

\(S = n^3 - \sum_{i=1}^{n-1} (n-i)^2\)

Kde \(S\) je součet čísel v půbodní tabulce. Vzhledem k tomu, že \(i \in {1, \dots, n-1}\), můžeme ekvivalentně psát:

\(S = n^3 - \sum_{i=1}^{n-1} i^2\)

Pro vyjádření součtu si tak stačí uvědomit, že se jedná o známou sumu druhých mocnin přirozených čísel, pro kterou platí vzorec:

\(\sum_{i=1}^{m} i^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}\)

My ovšem máme situaci, kde \(m=n-1\), tedy dosadíme:

\(\sum_{i=1}^{n-1} i^2 = \frac{(n-1)(n)(2n-1)}{6}\)

Nyní již můžeme dosadit do rovnice pro součet \(S\) a provést několik úprav, aby bylo řešení v požadovaném tvaru:

\(S = n^3 - \sum_{i=1}^{n-1} i^2 =n^3 - \frac{(n-1)(n)(2n-1)}{6} = \frac{6n^3-(2n^3-3n^2+n)}{6} = \frac{4n^3+3n^2-n}{6} = \frac{n(n+1)(4n-1)}{6}\)

Na závěr ještě poznamenejme, že poslední úprava nebyla nutná, jelikož výraz \(4n^3+3n^2-n\) je pro celá \(n\) celé číslo, uvádíme pouze alternativní tvar řešení.

Většina z vás úlohu vyřešila moc pěkně a za to děkuji :) Líbilo se mi, že skoro platí co řešitel, to postup. Nejčastější přístupy byly např. dokázání vzorce podle indukce nebo různé variace využití známých vzorců pro součet druhých mocnin a aritmetické řady. Objevilo se ale i řešení s použitím sumy trojúhelníkových čísel a mnoho dalších. Cením snahu těch, kteří si dali tu práci a dokázali i tyto obecně známé vzorečky, ačkoliv to nebylo nutné :)

Body jsem nejčastěji strhával za drobné numerické chyby či nedostatečné vysvětlení postupu.

Máme normovaný polynom s celočíselnými koeficienty, jehož jedním kořenem je 2 a součin jeho koeficientů a stupně je 12. Z Vietových vztahů tedy plyne, že 2 dělí jeho absolutní člen. Zároveň z toho plyne, že jeho stupeň může být pouze 1, 2, 3, 4, 6, 12. Budeme řešit postupně v závislosti na stupni polynomu.

Stupeň 1: Jediným normovaným polynomem stupně 1, který má za kořen 2 je \(x-2\) a ten nesplňuje poslední podmínku.

Stupeň 2: Z Vietových vztahů dostaneme, že takovýto polynom stupně 2 musí být tvaru \(x^2+(-a-2)x+2a\), kde \(a\) je druhý kořen. Z toho dostaneme, že \(2(-a-2)2a=12\), což nám dá kvadratickou rovnici \(4a^2+8a+12=0\), která má záporný diskriminant, takže nemá reálné řešení. Tudíž \((-a-2)\) nemůže být celé číslo.

Stupeň 3: Máme tedy polynom \(x^3+ax^2+bx+2c\), kde \(3ab2c=12\), tedy \(abc=2\). Kdyby \(|c|=2\), pak by muselo platit \(8+4a+2b\pm 4=0\), protože 2 je kořen. Ale pak by 4 muselo dělit \(4b\), což nejde, protože v tomto případě je \(b\) rovno v absolutní hodnotě jedné. Kdyby \(|b|=2\), pak by ze stejného důvodu muselo 4 dělit \(2c\), s tím, že \(c\) je v absolutní hodnotě rovno jedné. Tudíž nyní víme, že \(|a|=2\). Kdyby v našem polynomu byly všechny koeficienty kladné, nebude 2 kořenem. Tudíž tam musí být právě dva záporné koeficienty, aby nám vyšel součin 12 a ne -12. Když si tyto 3 varianty vyzkoušíme, zjistíme, že právě ve dvou je 2 kořenem: \(x^3-2x^2-2x+2\), \(x^3-2x^2+2x+2\).

Stupeň 4: V tomto případě by součin koeficientů musel být 3, což nejde, když víme, že je jeden sudý.

Stupeň 6: Zde máme řešení \(x^6-x^5-x^4-x^3-x^2-x-2\). Další řešení dostat nemůžeme. Rozvržení koeficentů, je jasné z toho, že absolutní člen je sudý a součin koeficientů je 2. Dále z toho, že 2 je kořenem dostaneme, že všechny koeficienty musí být s mínusem, protože jinak bychom se při dosazení 2 nedostali na nulu.

Stupeň 12: Opět žádný polynom nedostaneme, protože součin koeficientů má být 1, ale přitom absolutní člen je sudý.

Dostaneme tedy pouze tři vyhovující polynomy.

Úloha nebyla tak těžká na vypočítání, jako na korektní sepsání, ale i o tom je matematika. Spoustě řešitelů se to podařilo velmi obstojně, někteří vymysleli dokonce hezčí argumenty než já. Těm, co by příště chtěli plný počet bodů, bych doporučila si ještě trochu lépe rozmyslet, jak své myšlenky sepsat na papír tak, aby z nich skutečně vyšel úplný důkaz.

Nejprve si všimněme, že libovolná část \(r_i=\frac{1}{a_i+\frac{1}{a_{i+1}+\frac{1}{...+\frac{1}{a_n}}}}\), kde \(i\in \{2,3,...,n-1\}\) je kladná a ostře menší než jedna, neboť dělíme jedničku číslem, které vznikde sečtením dvou kladných čísel, kde jedno z nich je alespoň 1.

Dále pojďme zkoumat: Celková hodnota výrazu se rovná \(a_1+r_2\), kde už víme, že \(r_2< 1\). Proto dolní celá část tohoto výrazu je právě \(a_1\). Tedy pro maximalizaci zlomku musí být \(a_1=n\). Dále chceme maximalizovat \(r_2\), což znamená minimalizovat jeho jmenovatel \(a_2+r_3\). Opět \(r_3< 1\), proto dolní celá část \(a_2+r_3\) se rovná \(a_2\), tedy minimální hodnota nastane v \(a_2=1\). Odtud vidíme, že i výraz \(r_1\) je ostře menší než \(1\), neboť \(a_n\) se nerovná jedné. (pozn. toto neplatí pouze v případě, kde \(n\in \{1,2\}\), tyto případy si můžete vyzkoušet sami.)

Logickou úvahou stejnou jako v předchozím kroku dojdeme k tomu, že optimální uspořádání by mohlo být: \(a_1=n, a_2=1, a_3=n-1, a_4=2, a_5=n-2,...\) Říkejme tomuto rozmístění čísel SUPERROZMÍSTĚNÍ.

O tomhle rozmístění dokážeme, že je opravdu optimální. Jedna možnost je správně, ne úplně triviálně, použít matematickou indukci. Pro tohle vzorové řešení použiju důkaz sporem:

Předpokládejme, že existuje jiné rozložení - říkejme mu R - čísel \(1,2,...,n\), pro které je hodnota zlomku větší než hodnota zlomku pří SUPERROZMÍSTĚNÍ. Uvažme nejmenší číslo \(i\) takové, že číslo \(a_i\) se liší v rozmístění R a v SUPERROZMÍSTĚNÍ. (první index, kde se čísla liší) Rozdělme si nyní případ na dvě možnosti:

1. \(i\) je liché: \(a_i\) v SUPERROZMÍSTĚNÍ se liší od \(a_i\) v rozdělení R. Vzhledem k tomu, že v SUPERROZMÍSTĚNÍ na lichých pozicích jsou postupně čísla \(n,n-1,n-2,...\) a na všech lichých pozicích před \(i\) jsou čísla stejná, musí \(a_i\) v R rozmístění být menší než \(a_i\) v SUPERROZMÍSTĚNÍ. Vzhledem k tomu, že bereme přirozená čísla, tak musí být dokonce alespoň o jedna menší. Vzhledem k tomu, že \(r_i\) je menší než jedna, je \(a_i+r_i\) v SUPERROZMÍSTĚNÍ větší než \(a_i+r_i\) v R rozmístění. Protože jsme však na liché pozici, musí celková hodnota výrazu pro R menší než pro SUPERROZMÍSTĚNÍ. (lichá pozice znamená, že po převedení všeho na společné jmenovatele se tento výraz dostane do čitatele, proto větší hodnota zde znamená větší hodnotu výrazu) - dostáváme spor.

2. \(i\) je sudé: \(a_i\) v SUPERROZMÍSTĚNÍ se liší od \(a_i\) v rozdělení R. Vzhledem k tomu, že v SUPERROZMÍSTĚNÍ na sudých pozicích jsou postupně čísla \(1,2,3,...\) a na všech sudých pozicích před \(i\) jsou čísla stejná, musí \(a_i\) v R rozmístění být větší než \(a_i\) v SUPERROZMÍSTĚNÍ. Vzhledem k tomu, že bereme přirozená čísla, tak musí být dokonce alespoň o jedna větší. Vzhledem k tomu, že \(r_i\) je menší než jedna, je \(a_i+r_i\) v SUPERROZMÍSTĚNÍ menší než \(a_i+r_i\) v R rozmístění. Protože jsme však na sudé pozici, musí celková hodnota výrazu pro R menší než pro SUPERROZMÍSTĚNÍ. (sudá pozice znamená, že po převedení všeho na společné jmenovatele se tento výraz dostane do jmenovatele, proto menší hodnota zde znamená větší hodnotu výrazu) - dostáváme spor.

Tedy takové rozmístění s větší hodnotou neexistuje.

Drtivá většina z vás určila, že \(a_1=n\), \(a_2=1\), … . Poté jste ovšem použili něco jako: když budeme pokračovat dál, dostaneme…. Vzhledem k tomu, že je úloha poměrně jednoduchá, na to, že je D, jsem vyžadoval místo takového pochybného argumentu neprůstřelný důkaz, například pomocí indukce, za což jsem strhával bod.