Vzorové riešenia 3. kola

Na začiatku bolo dobré skúsiť príklad preformulovať pomocou rovníc a nerovníc. Označme si strany trojuholníka a,b,c. Potom vieme, že obvod trojuholníka je 21. Inými slovami vieme, že a+b+c=21.

Ďalej jedna strana bude najdlhšia, iná stredná a posledná najkratšia (samozrejme sa môže stať, že dĺžky niektorých strán sa budú rovnať). Keďže nezáleží na orientácií trojuholníka, tak vieme predpokladať, že najdlhšia strana je a. Strednú si vieme označiť b a najkratšiu ako c. S toho dostávame sériu nerovností a \geq b \geq c.

Nasledujúcim dielikom bola poznámka pod čiarou. Dané tvrdenie sa nazýva trojuholníkovou nerovnosťou. Akonáhle máme trojuholník, tak súčet dĺžok dvoch kratších strán bude väčší ako najdlhšia strana (je to vidno skúste si nakresliť trojuholník so stranami 1,2 a 4). Dostávame teraz nerovnosť b+c \gt a.

Zo zadanie vieme, že dĺžka strany b delí dĺžku strany a. To znamená, že buď a=b, to vyšetríme neskôr. Alebo a=b\cdot d, pričom d je aspoň 2. Máme teda a \geq 2\cdot b.

V tomto momente to stačí poskladať. Ukážeme, že ak a\geq 2\cdot b. Tak taký trojuholník už neexistuje.

a \ge 2\cdot b\geq b+c\gt a​​

Dostali sme, že a \gt a, ale to žiadne číslo nesplňuje. Takže neplatí, že a \geq 2\cdot b.

Ostáva nám overiť prípad, že a=b. Budeme postupne skúšať dosádzať hodnoty za c. Všimnime si, že stačí dosádzať nepárne hodnoty, lebo ak dosadíme hodnotu párnu, tak 21 mínus párne číslo je nepárne číslo a teda nevieme ho rozdeliť, tak aby a=b a obe boli celočíselné. Tak skúšajme nepárne hodnoty a postupne dostávame.

Plocha kufra sa dá reprezentovať obsahom obdĺžnika, ktorý vieme vypočítať ako S=a\cdot b, kde a,b sú strany obdĺžnika.

Označme si niektoré dôležité strany jednotlivých kufrov ako na obrázku:

Môžeme si všimnúť, že dĺžky žltého a fialového kufra sú rovnako dlhé, čiže aj ich šírky musia byť rovnako dlhé, aby mali tieto kufre rovnaký obsah. x_1 a x_2 sú teda rovnako dlhé (ďalej ich budem označovať ako x). Dĺžka červeného obdĺžnika je tým pádom 2x.

Vieme, že všetky kufre majú rovnaký obsah. Musí teda platiť, že x\cdot y=2x\cdot y_1, z čoho si vieme vyjadriť y_1=0,5y.

Pozrime sa teraz na zelený kufor, ktorý má dĺžky strán 3 a y+0,5y, čo je 3 a 1,5y. Obsah zeleného kufra musí byť 3\cdot1,5y=4,5y. Nakoľko obsahy všetkých obdĺžnikov majú rovnakú hodnotu, tak aj obsah žltého (respektíve fialového, či červeného), ktorý je x\cdot y, musí byť rovnaký ako obsah zeleného kufra, ktorý je 4,5y. Z toho vyplýva, že x\cdot y=4,5y a po úprave dostávame x=4,5.

Dĺžka strany štvorca a teda aj dĺžky modrého kufra musí byť 2x+3=2\cdot 4,5+3=12. 

Obsah modrého obdĺžnika musí byť rovnaký ako obsah zvyšných obdĺžnikov (s obsahom 4,5y) a teda šírka modrého obdĺžnika musí byť 4,5y\div 12=0,375y. Všimnime si, že súčet šírky modrého obdĺžnika a dĺžky zeleného obdĺžnika je strana štvorca, čo je 0,375y+1,5y=1,875y. O štvorci platí, že má všetky strany rovnako dlhé, takže musí platiť 1,875y=12 a po úprave dostávame y=12÷1,875=6,4.

Šírka strany červeného obdĺžnika (y_1) je 0,5y a nakoľko y=6,4, tak 0,5y=6,4÷2=3,2.

Podarilo sa nám ukázať, že ak hľadaný úsek bude mať dáku dĺžku, tak tá dĺžka bude 3,2. Na to aby bolo riešenie úplne správne, tak je ešte treba overiť, či existujú dĺžky strán obdĺžničkov na obrázku, tak aby boli splnené všetky podmienky zo zadania. Dĺžky strán ktoré to spĺňajú môžete nájsť na obrázku.

Odpoveď: Hľadaná strana má dĺžku 3,2​.

Pre prehľadnosť označme cifry ŠPZ nasledovne:

​\begin{array}{c} ABC \\ DEF \\\end{array}​​

Podmienky zo zadania vieme prepísať nasledovne 0 \lt A\le B \le C​, ABC + DEF = 999​, AD+BE+CF = 99​.

Najprv sa pozrime na súčet ABC+DEF=999​. Zoberme si cifry na poslednej pozícii, po sčítaní C+F​ musí vzniknúť číslo končiace na 9​. Najväčší možný súčet dvoch cifier je 18 = 9+9​, takže jediná možnosť je, že C+F=9 a nebudeme mať prechod cez 10​. Na pozícii vedľa (B+E)​ máme rovnakú situáciu a to isté sa stane aj pri A+C​. Takže platí, že A+C=B+E=C+F=9​.

Teraz sa pozrime na súčet AD+BE+CF=99. V ľavom stĺpci nemôže byť prechod cez 10, takže máme dve možnosti:

• A+B+C=9​ a tým pádom D+E+F=9​ 
•  A+B+C=8​ a D+E+F = 19​.

Z predchádzajúceho odseku nám vyšlo, že A+C=B+E=C+F=9​ to vieme všetko sčítať a dostaneme A+C+B+E+C+F=27​. To znamená, že prvá možnosť nemôže nastať lebo súčet všetkých by bol iba 18​. Takže platí druhá možnosť, A+B+C=8​ a D+E+F=19​.

Zo zadania vieme, že 0 \lt A\le B \le C​. Tiež vieme, že ich súčet je 8​. Ak by A \ge 3​, tak nám zostáva B+C = 5​. Obe tieto čísla však musia byť aspoň také veľké ako A​, čiže najmenší súčet, ktorý nám vedia dať je 6, čo je moc veľa. Takže A \lt 3​.

​A​ môže mať hodnoty iba 1​ a 2​. B​ a C​ musia byť väčšie rovné A​ a spolu s ním mať súčet 8​. Zvyšné čísla budú iba doplnené do súčtu 9​ (D=9-A,\,E=9-B,\,F=9-C​). Takže nám už iba stačí vypísať všetky jednotlivé možnosti:

​\begin{array}{ccccc} 116 & 125 & 134 & 224 & 233 \\ 883 & 874 & 865 & 775 & 766 \\\end{array}​​

Odpoveď: ŠPZ mohla obsahovať čísla uvedené vyššie.

Ak máme 3 čísla A,B a C, tak je jedno z nich určite najväčšie, iné v strede a posledné najmenšie, keďže každá rodina má iný počet detí, teda celá torta je dokopy\frac {1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C}​​ . 

Ak by jedna rodina, napríklad C, mala 1 dieťa, tak daná rovnica už určite nemá riešenie, lebo \frac {1}{A}+\frac{1}{B} by sa muselo rovnať 0, čo pre kladné A,B​ nie je možné.

Pozrime sa teraz, čo sa stane, ak nemáme rodinu, ktorá má práve 2 deti. Potom maximum, ktoré môžu mať 3​ upírčatá spolu je \frac {1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}=\frac {47}{60}, čo je menej, než 1.

Teda musí existovať rodina s práve 2 deťmi, inak by mali 3 upírčatá dokopy menej ako 1 tortu.

Teraz vieme, že jedna rodina má 2 deti, a teda nám zostáva \frac {1}{B}+\frac {1}{C}=\frac {1}{2}.

Čo ak medzi týmito dvomi nie je rodina s 3 deťmi? Potom je maximálna časť torty týhto dvoch upírčat \frac {1}{4}+\frac {1}{5}=\frac {9}{20}, čo je menej, než \frac {1}{2}, takže musí existovať aj rodina s 3​ deťmi.

Keď vieme, že existuje rodina s 2 aj s 3 deťmi, už je len jeden spôsob ako dopočítať tú tretiu:

\frac {1}{2}+\frac {1}{3}+\frac {1}{C}=1 z toho \frac {3}{6}+\frac {2}{6}+\frac {1}{C}=\frac {6}{6}, teda  C=6

Odpoveď: je iba jediné riešenie, a to že máme 2,3  a 6 detí.

​V tabuľke chceme nájsť počet štvorcov. Na prvý pohľad sa nám môže zdať, že ich tam je veľa, sú rôznych veľkostí a máme tak trochu chaos v tom, kde je ktorý, keďže sa prekrývajú. Preto ich budeme počítať postupne po veľkostiach. Ak sa prekrývajú, použijeme viac obrázkov
Začneme so štvorcami ktorých rozmer je 1\times1​. Tých je v tabuľke dvanásť, sú vyznačené modrou.

​Potom sa pozrieme na štvorce s veľkosťou hrany 2​, tých je šesť. Máme ich v štyroch tabuľkách a sú vyznačené žltou.

Štvorce so stranou dlhou 3​ sú len dva. Keďže sa prekrývajú, opäť použijeme dve tabuľky. Štvorce sú tentokrát zelené.

V tabuľke nie sú štvorce so stranou dlhou 4​, lebo jeden rozmer tabuľky je 3​ a to je menšie ako hrana tohto štvorca, čiže by sa tento štvorec nezmestil.​​
Ak si počty všetkých veľkostí štvorcov sčítame dokopy, dostávame 12+6+2=20​.

Teraz prejdeme k odoberaniu zápaliek. Ako prvé sa zamyslíme nad tým, ako funguje zbavovanie sa štvorcov o veľkosti 1\times1​. Vieme si všimnúť, že keď odoberieme zápalku na obvode tabuľky, tak sa zbavíme iba jedného štvorca 1\times1​.

Keď odoberieme zápalku z vnútra tabuľky tak sa zbavíme dvoch štvorcov 1\times1​, lebo zápalka slúži ako strana pre dva štvorce.

Keď sa vieme jednou zápalkou zbaviť dvoch štvorcov 1\times1​, tak zbaviť sa všetkých 1\times1​ štvorcov vieme pomocou 12\div2=6​ zápaliek. Možností, ako toto spraviť je viac, ako malé kombinatorické cvičenie môžete skúsiť nájsť všetky :). Jedno z nich vyzerá takto:

Teraz, keď sa vieme zbaviť všetkých 1\times1​ štvorcov pomocou 6​ zápaliek. Treba si dať pozor na ostatné typy štvorcov a určite ste si všimli, že v minulom obrázku je jeden štvorec 2\times2​:

Otázkou teda je, či vieme odobrať 6​ zápaliek tak, že takýto štvorec nevznikne.

Tým že máme 6​ zápaliek na dvanásť štvorcov, tak si potrebujeme rozdeliť štvorce tak, aby každou odobratou zápalkou sme pokazili dva štvorce. Teda nám vznikne 6​ obdĺžnikov 1\times2​, ktoré sa snažíme dať do tabuľky, tak aby nám nevznikol štvorec 2\times2​.

Poďme si prebrať všetky možnosti, ako môže vyzerať ľavý okraj.
Môžu tam byť tri obdĺžniky horizontálne. V takom prípade už rovno máme dva štvorce 2\times2​, takže takto ľavý okraj vyzerať nebude.

Jediná druhá možnosť, ako to tam vie vyzerať je, že tam je jeden vertikálne a jeden horizontálne. V takomto prípade sa pozrime na miesta vedľa toho vertikálneho (sú vyšrafované v obrázku).

Ak tam dáme jeden obdĺžnik vertikálne, vznikne tam štvorec 2\times2​.

Z toho vyplýva, že tam bude určite aspoň jeden obdĺžnik horizontálne (pozri obrázok).

Akonáhle tam ale dáme jeden obdĺžnik horizontálne, jediný ďalší spôsob, ako zaplniť prázdne miesto pod ním alebo nad ním je pomocou ďalšieho horizontálneho obdĺžnika, čím vznikne štvorec 2\times2​.

Teda vo všetkých možnostiach sa nachádza ešte stále štvorec. To znamená že treba odobrať ešte jednu ďalšiu zápalku na to aby sme odstránili aj ten jeden. treba teda  7 zápaliek.
Možností ako odoberať 7​ zápaliek je viac. Jedna z tých, ktoré spĺňajú zadanie je napríklad táto:

Odpoveď: Počet štvorcov je 20​ a najmenej 7​ zápaliek je potrebné odstrániť na to, aby tam žiadny nezostal.

V úlohe budeme postupne z obdĺžnika ABCD uberať obsahy trojuholníkov, kým nám neostane len obsah trojuholníka FIG. Vieme, že obsah ABCD je 1, takže |AB| \cdot |BC| = |AD| \cdot |DC| = 1​​

Všimnime si že obsah pravouhlého trojuholníka je \frac{ab}{2}​ pričom a​ a b sú dĺžky strán ktoré sú na seba kolmé. Z toho dôvodu vieme, že keďže je E​ v polovici DC​ a F​ v polovici AD tak obsah:

S_{FED} = \frac{\frac{|AD|}{2}\cdot \frac{|DC|}{2}}{2} = \frac{|AD|\cdot |DC|}{8} = \frac{1}{8}​

Podobne vieme dostať, že:

S_{BCE} = \frac{|BC| \cdot \frac{|CD|}{2}}{2} = \frac{|BC| \cdot |CD|}{4} = \frac{1}{4}​  

a taktiež:

S_{ABF} = \frac{|AB| \cdot \frac{|DA|}{2}}{2} = \frac{|AB| \cdot |DA|}{4} = \frac{1}{4}​​

Takže: 

S_{FBE} = S_{ABCD} - S_{ABF} - S_{BCE} - S_{FED} = 1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{4} - \frac{1}{8} = \frac{3}{8} ​

Pozrime sa na trojuholníky FBG a EGB. Majú rovnako dlhú výšku, lebo je to len výška v trojuholníku FBE. A keďže G leží v strede strany, tak majú aj rovnakú dĺžku strany, |FG| = |GE|. Keďže sa obsah trojuholníka odvíja len od strany a veľkosti výšky na danú stranu, tak trojuholníky FGB a EGB majú rovnaký obsah. Takže:

​S_{FBG} = \frac{1}{2} \cdot S_{FBE} = \frac{3}{16}

Teraz znovu využijeme rovnakú myšlienku, lenže na trojuholníku FBG, kde ho rozdelíme na trojuholníky BIF a IGF. Výšku majú stále rovnakú, ale tentokrát |GI| = 3|IB|​, takže S_{FIG} bude 3-krát väčší ako S_{BIF}. To znamená, že:

S_{FIG} = \frac{3}{4} \cdot S_{FBG} = \frac{9}{64}

Odpoveď: Obsah trojuholníka FIG je \frac{9}{64}.

V tomto riešení sa často využije dôkaz pomocou prvočíselného rozkladu strán rovnice. Ak x! obsahuje niektoré prvočíslo, tak aspoň jeden faktoriál na druhej strane ho musí obsahovať tiež, aby sa mohli rovnať. To sa stane práve vtedy, keď je základ tohoto faktoriálu väčší alebo rovný prvočíslu (takže ak x \gt p​). Prvočíslo totiž nemá žiadnych deliteľov, z ktorých by sme ho mohli násobením dostať. Dokonca sa v rozklade musí nachádzať rovnako veľa krát na pravej aj na ľavej strane, pretože aby sa dve čísla rovnali, musia mať presne rovnaký prvočíselný rozklad.

Začnime tým, že sa pokúsime ohraničiť, aké rôzne x​ prichádza do úvahy. Ak by to bolo 11​ alebo viac, potrebovali by sme mať prvočíslo 11 aj v súčine  a! \cdot b! \cdot c! \cdot d! \cdot e!​ na druhej strane. To sú ale všetko cifry (menšie ako 10), takže to nebude možné. Teda \mathbf{x\lt 11}. Teraz si ohraničme zo spodu, cifry na ľavej strane musia byť rôzne, ich súčin je teda najmenej 0! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 4!=288​. Takže x! musí byť viac ako 5!=120​, teda \mathbf{x\gt 5}.

Zároveň vieme, že pre každé x​ môžeme používať iba cifry menšie ako x-1​. Ak by sme použili (x-1)!​, máme minimálne 0! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 3! \cdot (x-1)!=12 \cdot (x-1)!​, teda to by sa dalo iba pre x\gt 12, čo sme už vylúčili.

Zostávajúce možnosti 6\leq x\lt 11​ už zvládneme prejsť postupne, a pokúsime sa vyhnúť zbytočnému skúšaniu:

\mathbf{x=6}​: 6!​ obsahuje v súčine prvočíslo 5​, ale najväčší faktoriál môže byť 4!​, teda ju nemáme ako dostať.
\mathbf{x=7}​: 7!​ obsahuje v súčine prvočíslo 7​, čo je okamžite problém, pretože by sme museli použiť 7!​.
\mathbf{x=8}​: Opäť potrebujeme 7​ v niektorom faktoriáli, ale môžeme použiť najviac 6!​.

\mathbf{x=9}​: Stále potrebujeme cifru 7​, a väčšie cifry ani mať nemôžeme. Máme minimálne:

0! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 7!=60480\lt 362880=9!

Musíme teda použiť niektoré väčšie faktoriály. Vieme, že ich súčin musí byť 9!/7!=72​. 6!​ aj 5!​ sú príliš veľké, jediná možnosť je teda použiť 4!​, po ktorom nám zostane ešte súčin 72/4!=3​. Musíme teda použiť už len faktoriály menšie ako 3 čo nevychádza: 0! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 4! \cdot 7!=241920\neq362880=9!​

\mathbf{x=10}​: Opäť potrebujeme prvočíslo 7​, ale teraz ho vieme získať pomocou 8!​ aj 7!​.

Ak vezmeme \mathbf{8!} ako najväčší faktoriál, zvyšné musia mať súčin 10!/8!=90. To má vo svojom rozklade prvočíslo 5​, no ak by sme chceli použiť 5!, dostaneme prinajmenšom: 0! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 5! \cdot 8!=9676800\gt 3628800=10!​.

Ak vezmeme \mathbf{7!}​ ako najväčší faktoriál, zvyšné musia mať súčin 10!/7!=720​. Ak by sme ako druhý najväčší použili 6!​, ostatné tri faktoriály by museli mať súčin 1​, čo nie je možné. 5!​ ale už použiť musíme, aby sme v rozklade mali potrebné prvočíslo 5​. Potom nám ostáva získať súčin 720/5!=6=3!​. Inú možnosť ani nemáme, pretože potrebujeme prvočíslo 3​.

Prešli sme teda všetky prípustné x​, a pri každom sme vyskúšali všetky možnosti pre zvyšné cifry. 

Odpoveď: Jediné riešenie je 10!=7! \cdot 5! \cdot 3! \cdot 1! \cdot 0!

Poprvé je dobré si uvedomiť, že ak nájdeme najmenší možný súčet a dokážeme že je naozaj najmenší, a stále bude väčší alebo rovný 1, tak tým dokážeme aj to, že nech vyberieme ľubovoľné čísla, tak ich súčet bude tiež väčší alebo rovný 1.

Môžeme všimnúť, že v každom riadku čísla klesajú z ľava doprava a v každom stĺpci klesajú zhora dole. Konkrétne, za každé políčko doprava/dole sa zvačšuje menovateľ o 1.

Teda ak by sme nachvíľku zanedbali, že tie čísla musia byť z rôznych stĺpcov, tak by sme zjavne mohli vybrať čísla z pravého stĺpca, a súčet by bol najmenší možný. Tento súčet síce nespĺňa zadanie, ale vieme ho využiť tak, že ku každému číslu v riadku prirátame rozdiel medzi krajným číslom z nášho súčtu a číslom v tom istom riadku ktoré naozaj vyberieme. Tým vlastne dostaneme v súčte to číslo v riadku, ktoré sme vybrali. 
Potom úlohu môžeme premeniť na to, že sa pokúšame zistiť čo je najmenej môžeme prirátať.

Čiže napríklad ak v prvom riadku v nejakom konkrétnom výbere čísiel vyberieme tretie číslo sprava, tak by sme ku \frac{1}{n}​ prirátali

\frac{1}{n-2} - \frac{1}{n} = \frac{n-(n-2)}{n(n-2)} = \frac{2}{n(n-2)}
\frac{1}{n} + \frac{2}{n(n-2)} = \frac{1}{n-2}​​

Najprv sa pozrime na to, že koľko treba prirátať všeobecne v i-tom riadku, kde horný riadok je nultý a spodný je n-1. Potom pekne platí, že v i-tom riadku je číslo úplne vpravo \frac{1}{n+i} keďže ako sme si už vyššie všimli, tak za každé políčko smerom dole sa menovateľ zväčšuje o 1.

Potom sa pozrime, že aký je rozdiel medzi krajným a políčkom o x políčok vľavo.

​\frac{1}{n+i-x}-\frac{1}{n+i}=\frac{n+i-(n+i-x)}{(n+i)(n+i-x)}=\frac{x}{(n+i)(n+i-x)}​​

Teraz si môžeme uvedomiť, že kebyže sa pozeráme na políčko v tom istom stĺpci, ale v nižšom riadku (teda i by bolo väčšie), tak by sme výsledne prirátali menšie číslo. Nemôžeme si ale len tak povedať, že všetko budeme prirátavať v poslednom riadku, keďže musíme mať jedno číslo z každého riadku.

Môžeme sa teda teraz pozrieť, že či čísla viac vľavo tabuľky sa oplatí vyberať z hora alebo z dola.

Porovnajme nejaké čísla v i-tom a j-tom riadku. Nech bez ujmy na všeobecnosti platí i\lt j. Podobne nech si vyberieme čísla, ktoré sú v jednom riadku o x​ políčok od pravého kraja, a v druhom o y
Nech bez ujmy na všeobecnosti, x\gt y

Teraz máme 2 možnosti, buď máme políčko vzdialené o x od kraja v i-tom, alebo v j-tom stĺpci (to vzdialené o y bude logicky v tom, v ktorom nie je x​)

Poďme teda zistiť, že v ktorom prípade je ten rozdiel ktorý prirátame menší.

​\frac{x}{(n+i)(n+i-x)}+\frac{y}{(n+j)(n+j-y)} \ \Box \ \frac{y}{(n+i)(n+i-y)}+\frac{x}{(n+j)(n+j-x)} \ /-\frac{y}{(n+i)(n+i-y)}-\frac{y}{(n+j)(n+j-y)} \\[0.5em]\frac{x}{(n+i)(n+i-x)}-\frac{y}{(n+i)(n+i-y)} \ \Box \ \frac{x}{(n+j)(n+j-x)}-\frac{y}{(n+j)(n+j-y)} \\[0.5em]\frac{x(n+i-y) - y(n+i-x)}{(n+i)(n+i-x)(n+i-y)}\ \Box \ \frac{x(n+j-y) - y(n+j-x)}{(n+j)(n+j-x)(n+j-y)} \\[0.5em]\frac{(x-y)(n+i)}{(n+i)(n+i-x)(n+i-y)}\ \Box \ \frac{(x-y)(n+j)}{(n+j)(n+j-x)(n+j-y)} \ /:(x-y) \\[0.5em]\frac{1}{(n+i-x)(n+i-y)}\ \Box \ \frac{1}{(n+j-x)(n+j-y)} \ / \cdot (n+i-x)(n+i-y)(n+j-x)(n+j-y) \\[0.5em](n+j-x)(n+j-y)\ \Box \ (n+i-x)(n+i-y)

Všimnime si, že n+i-x, n+i-y, n+j-x, n+j-y sú všetky väčšie ako 0, lebo stále reprezentujú čísla v tabuľke, a tie všetky majú kladného menovateľa. To znamená, že sme nimi mohli našu rovnicu vynásobiť.
Taktiež, keďže sme povedali, že x\gt y tak x-y\gt 0 a teda sme mohli týmto výrazom bez problémov deliť.

Keďže j\gt i tak vieme povedať, že ľavá strana je väčšia ako pravá, čo znamená, že aj pôvodne bola ľavá väčšia ako pravá. Pravá strana, ako sme si už vyššie popísali, reprezentuje, že číslo viac v pravo vyberieme z nižšieho riadku, a menšie z vyššieho. 

​\frac{x}{(n+i)(n+i-x)}+\frac{y}{(n+j)(n+j-y)} \ \gt \frac{y}{(n+i)(n+i-y)}+\frac{x}{(n+j)(n+j-x)}​​

Keďže ale pre ľubovoľnú dvojicu platí, že čísla viac vpravo chcú byť vyššie, tak môžeme povedať, že najmenšie riešenie bude vtedy, keď zoberieme číslo najviac vpravo v hornom riadku, potom číslo v riadku pod ním o jedna vľavo, v ďaľšom o 2, atď. Taže celkovo najmenší možný súčet nastane vtedy, keď zoberieme diagonálu z ľavého dolného do pravého horného rohu.

Teraz si len stačí všimnúť, že na tejto diagonále sú všetky čísla \frac{1}{n} a keďže ich je dokopy n tak ich súčet bude n \cdot \frac{1}{n}=1

Keďže sme dokázali, že toto je najmenší možný súčet, tak všetky ostatné možné musia teda tiež byť aspoň 1. 

Komentár k inému riešeniu:

Veľa riešiteľov NEDOSTATOČNE argumentovalo nasledovne:

Chceme ukázať, že každé riešenie má rovnaký alebo väčší súčet, ako keď vyberieme čísla na uhlopriečke. Výpočtom (podobným ako vyššie) ukážeme, že keď namiesto čísla z tejto uhlopriečky vyberieme iné číslo, tak budeme musieť zmeniť aj jedno iné číslo (aby sme zachovali že v každom riadku aj stĺpci je jedno) a tieto dokopy nám budú dávať rovnaký súčet. Teda všetko je horšie ako uhlopriečka.

Tento argument však nie je úplný. Nie všetky vybratia políčok vieme dostať z uhlopriečky tak, že vymeníme riadok a stĺpec nejakej dvojice z uhlopriečky. Robíme aj iné výmeny, a niektoré nám aj súčet znížia. Je ťažké dokázať, že tieto zníženia nás nevedia dostať pod súčet 1. Preto bol potrebný o trochu sofistikovanejší argument:

Výpočtom (ako vyššie) sme ukázali, že ak máme dva stĺpce, z ktorých ten naľavo má vybraté políčko vyššie, ako ten napravo, tak vieme súčet zmenšiť tým, že v nich vybraté políčka vymeníme (vymeníme, ktorý je v ktorom riadku). Spôsob vybratia políčok s najmenším súčtom bude teda musieť byť nejaký taký, v ktorom toto zlepšenie spraviť nevieme, teda sa tam také dva stĺpce nenachádzajú. Vo všetkých ostatných prípadoch vieme vybraté políčka postupne po dvojiciach stĺpcov meniť, kým sa k takému nedostaneme. Ako môže vyzerať takéto vybratie? Každé vybraté políčko musí mať napravo od seba vybraté políčka iba vyššie. Teda v stĺpci naľavo musí byť políčko úplne dole, aby všetky ďalšie boli nad ním, a tak ďalej, a dostaneme sa k jedinej možnosti, čo je práve uhlopriečka. Ukázali sme teda, že všetky iné vybratia sa dajú upravovať tak, že iba zmenšujeme súčet, a dostaneme sa k uhlopriečke. Tá má preto najmenší možný súčet, ktorý je 1​.

Pri objavovaní výherných stratégií je dobré si pre začiatok zmenšiť počty. Skúsme si to teda na začiatok s jednou kôpkou. Ak sa na ťahu hráča A bude v kôpke nachádzať 1​ až 8​ drahokamov, vie vždy odobrať tak, aby po jeho ťahu ostalo v kôpke 0​. To znamená, že hráč B už nemôže spraviť ťah a teda prehráva.

Z tohto vieme povedať, že hráč ktorý ma na začiatku svojho ťahu pred sebou 1​ až 8​ drahokamov, má víťaznú stratégiu. Hráči sa teda budú snažiť dosiahnuť taký stav, pri ktorom nezáležiac na tom, koľko drahokamov odoberie ich súper, na ich ťahu budú mať pred sebou 1​ až 8​ drahokamov.

Najmenší možný počet odobratia drahokamov je 1​. Takže stačí aby bolo v kôpke pred ťahom hráča B len o jeden drahokam viac ako 8​ a hráč A bude mať pred svojim ťahom v kôpke najviac 8​ drahokamov.
Najväčší možný počet odobratia drahokamov je 8​. Takže ak pred ťahom hráča B bude v kôpke 9​ drahokamov, nemôže ich odobrať všetky a po jeho ťahu v kôpke ostane najmenej 1​ drahokam. Z tohto vieme, že hráč, ktorý má pred svojim ťahom v kôpke 9​ drahokamov prehráva.

Takto sa môžeme v počtoch drahokamov v kôpke posúvať vyššie. Ak je v kôpke 10​ až 17​ drahokamov, hráč A si vždy vie nájsť taký počet na odobratie, aby jeho súperovi ostalo 9​. Ďalšia prehrávacia pozícia je potom 18​ drahokamov, lebo po odobratí ľubovoľného počtu ostane na kôpke 10​ až 17​ drahokamov

Teraz si skúsme nejako zovšeobecniť víťaznú stratégiu:
Vždy keď sa na ťahu hráča A nachádza v kôpke počet drahokamov deliteľný 9​, po odobratí ľubovoľného počtu drahokamov vie jeho súper odobrať toľko drahokamov, aby súčet odobraných drahokamov v týchto dvoch ťahoch bol 9​. Takto sa striedajú až kým hráč B zanechá po svojom ťahu na kôpke 0​ drahokamov a vtedy hráč A už nemá ťah.
Takže ak je na začiatku na kôpke počet drahokamov deliteľný deviatkou, začínajúci hráč A prehráva.
Ak je na začiatku ale na kôpke počet drahokamov nedeliteľný deviatkou, začínajúci hráč A vie odobrať toľko drahokamov, aby po jeho ťahu ostávajúce drahokamy už boli deliteľné deviatkou, čiže hráč B prehráva.

Teraz sa pozrime na našich 8​ kôpok:
Hráči sa budú snažiť na kôpke s najmenším počtom drahokamov po sebe zanechať počet deliteľný deviatkou. Z ostatných kôpok potom vedia vždy drahokamy odobrať tak, aby v nich ostalo viac, ako v danej najmenšej kôpke, takže bude prvá, z ktorej budú odobrané všetky drahokamy. Presne táto kôpka určí, kto vyhrá.
Dokáže to dosiahnuť začínajúci hráč A? Najbližšie počty deliteľné deviatkou sú 1998​ a 2007​. Na 1998​ drahokamov v hocijakej kôpke sa hráč A jedným ťahom dostať nedokáže, takže mu ostáva skúsiť sa dostať na 2007​. To vie dosiahnuť buď odobratím jedného drahokamu z kôpky s 2008​ drahokamami, alebo odobratím 7​ drahokamov z kôpky s 2014​ drahokamami. Avšak toto nebudú kôpky s najmenším počtom drahokamov, keďže musel odobrať drahokamy aj z ostatných kôpok.
Ak hráč A odobral 1​ drahokam z kôpky s 2008​ drahokamami, musel z 2014​-drahokamových kôpok odobrať všetky čísla okrem 7​. Počet drahokamov v kôpkach bude: 2006, 2007, 2007, 2008,2009, 2010, 2011,2012​. Hráč B vie teraz na svojom ťahu dosiahnuť aby kôpka s najmenším počtom drahokamov ich mala 1998​ odobratím ôsmich drahokamov z 2006​-drahokamovej kôpky. Teraz mu stačí na túto kôpku použiť už vyššie objavenú víťaznú stratégiu pre jednu kôpku (odoberie toľko, aby súčet odobratých drahokamov hráča A a jeho bol 9​) a vyhrá
V skutočnosti nezáleží ako na začiatku hráč A odoberie kamienky, vždy bude aspoň jedna kôpka s počtom drahokamov menším ako 2007​ na ktorú vie hráč B vyhrať.

Odpoveď: Víťaznú stratégiu má hráč B (hráč, ktorý nezačína)

Ak by bolo n nepárne, potom má iba nepárnych deliteľov, teda dostaneme, že a a d sú nepárne, teda aj a^3a d^3 musia byť nepárne. Avšak potom n = a^3 + d^3 je párne, čo je spor.

To znamená, že n je párne, ale potom jeho najmenší deliteľ väčší ako 1 je 2. Teda dostávame rovnosť:

n = 8 + d^3

Keďže d delí n a d delí d^3, tak d musí deliť aj 8, čo znamená, že d musí byť 1,2,4 alebo 8. Ak je d = 1, tak n = 9, čo nevyhovuje. Pre zvyšné hodnoty d dostaneme n rovné 16, 72 a 520, čo všetko vyhovuje, keďže v každom prípade d delí n a 2 je najmenší deliteľ n väčší ako 1.​

Odpoveď: Vyhovujúce n sú 16, 72 a 520.