Vzorové riešenia 3. kola

Pri riešení tohto príkladu budeme vylučovať nesprávne možnosti tak, že ich vyskúšame a prídeme k tomu, že niečo nebude sedieť (nastane spor).

Predpokladajme, že A hovorí pravdu. Z jeho výroku vyplýva, že B aj D hovoria pravdu.

Keďže B hovorí pravdu, tak A aj C klamú.

Predpokladali sme, že A hovorí pravdu a zistili sme, že klame, čo je spor.

A teda určite nemôže hovoriť pravdu, musí teda klamať.

Teraz predpokladajme, že B hovorí pravdu. To znamená, že A aj C klamú.

Keďže C klame a B hovorí pravdu, tak aj D musí hovoriť pravdu. Lebo ak by D klamalo, tak tvrdenie C by bolo pravdivé ale o C vieme, že musí klamať.

Vieme teda, že D hovorí pravdu. D ale tvrdí, že buď A alebo C hovorí pravdu a my už sme ukázali, že obe klamú.

Opäť sme sa dostali k sporu, B teda nesmie hovoriť pravdu - musí klamať

B tvrdí, že A aj C klamú. Vieme, že A klame. Keďže klame aj B, tak C musí hovoriť pravdu (inak by bolo tvrdenie B pravdivé).

C tvrdí, že jeden z B a D hovorí pravdu a ten druhý klame. My ale vieme, že B klame. Aby tvrdenie C bolo pravdivé, musí aj D hovoriť pravdu.

Poďme si overiť, či môže toto rieŠenie naozaj sedieť:

A má klamať. To sedí, lebo obaja jeho susedia nehovoria pravdu (B klame).

B má klamať. To sedí lebo neklamú obaja jeho susedia (C hovorí pravdu).

C má hovoriť pravdu. To sedí, lebo A klame a D hovorí pravdu.

D má hovoriť pravdu. To sedí, lebo C hovorí pravdu a A klame.

Odpoveď: A a B klamú a C a D hovoria pravdu.

Poháre si označme písmenami a, b a c. Pohár a má 10 dl, pohár b má 4 dl a pohár c má neznámy objem.

Objem pohára c vieme zistiť iba tým, že ho celý naplníme pomocou pohárov a a b tak, že presne vieme, koľko vody sme doň naliali. Poháre a a b majú párne objemy, takže nevieme priamo odmerať nepárne objemy. Poďme najskôr odmerať párne objemy.

10 dl - Stačí preliať celý pohár a. Ak sa pohár c celý naplní, určite má 10 dl.
6 dl - Prelejeme a do b. V a ostane 6 dl a následne a prelejeme do c.
4 dl - Prelejeme a do b. Prelejeme b do c.
8 dl - Prelejeme a do b. Prelejeme b do c. Následne spravíme to isté ešte raz.
2 dl - Prelejeme a do c. Potom c do b. Následne to isté ešte raz. Ak je b plný, c musí mať 2 dl.

Každý objem vyžaduje rozdielny postup, takže ich vieme odlíšiť. Teraz sa poďme pozrieť na nepárne objemy. Pri nich stačí postupne skúsiť všetky párne objemy od najmenšieho po najväčší. Pohár c bude mať objem o jedna menší ako prvý párny objem, ktorý sa nezmestí.

Správca najprv vyskúša všetky párne objemy. Ak nenájde správny, následne ide skúsiť nepárne. Týmto spôsobom určite nájde objem pohára c.

Odpoveď: Správca vie nájsť objem pohára c.

Väčšina z vás sa zamyslela akými rôznymi spôsobmi vieme rozdeliť pôvodný obdĺžnik na tri menšie. Najjednoduchšie je si povedať, že nás nezaujímajú dĺžky strán a nebudeme momentálne rozlišovať výšku a šírku obdĺžnika. Takto sa jednoduchým spôsobom dostaneme k dvom možnostiam. 

1. V prvom kroku musíme spraviť jednu úsečku z jednej strany na opačnú. 

2. V druhom kroku máme dve možnosti, buď spravíme ďalšiu úsečku rovnobežnú s tou prvou alebo vytvoríme "T" a spravíme kolmú úsečku. 

Teraz sa pozrieme na informácie zo zadania. Vieme, že obvod pôvodného obdĺžnika je 22cm. Súčet obvodov troch menších má byť o 18cm väčší ako 22cm, to znamená že má byť 40cm. Taktiež je dôležité si uvedomiť, že to, čo pridáva tých 18cm ku obvodu pôvodného obdĺžnika sú vnútorné úsečky, ktoré sú každá zarátaná dva krát. (Každá je súčasťou obvodu dvoch obdĺžnikov). Takže dve vnútorné úsečky musia mať súčet 9cm (\frac{18cm}{2} = 9cm).

V nasledujúcom kroku sa pozrieme na všetky rôzne možnosti toho, ako môže byť uložený obdĺžnik 2 \times 6 a z toho skúsime zistiť, aké môžu byť veľkosti pôvodného obdĺžnika. 

Najprv sa pozrime na prvú možnosť - 3 paralelné obdĺžniky. Nakoľko jeden z nich je určite 2\times 6, tak Jedna zo strán pôvodného obdĺžnika je 6cm alebo 2cm. Pokiaľ je 6cm, tak aj naše dve vnútorné úsečky sú 6 a ich súčet je 6+6=12 a nie 9. Ak je to 2cm, tak súčet vnútorných úsečiek je 2+2=4 a nie 9. To znamená, že ani jedna z týchto možností nám nedáva riešenie tejto úlohy. 

Teraz sa pozrime na druhú možnosť - obdĺžniky v tvare "T". Obdĺžnik 2\times 6 môžeme dať buď do jedného z dvoch paralelných (bude to ale rovnaké v oboch prípadoch, takže nám stačí rozobrať jednu z týchto možností) alebo do obdĺžnika, ktorý je kolmý na tie dva paralelné. V prvej možnosti máme tieto dve možnosti ako ho otočiť. Na základe celkového obvodu 22cm vieme dopočítať zvyšné strany. 22=6+6+2+2+x+x, z čoho vyplýva, že x=3. Teraz už len skontrolujeme, či súčet vnútorných úsečiek je 9cm. Ako môžeme vidieť aj na obrázku, tak 6+3=9. Síce v druhom prípade to nefunguje, ale keďže v jednom to funguje, tak rozmery pôvodného obdĺžnika mohli byť 6 \times(2+3), čiže 6\times5. 

Poďme si rozobrať druhú možnosť - znova s dvoma možnosťami ako obdĺžnik 6\times2 vieme otočiť. 

V tomto prípade pôjdeme opačne, najprv si zrátame súčet vnútorných úsečiek a na základe toho dorátame vonkajšie strany. 9=6+2+x, z čoho vyplýva, že x=1. Teraz dopočítame strany pôvodného obdĺžnika v prvom prípade: 22=6+6+(2+1)+(2+1)+y+y, z čoho vyplýva, že y=2. Rozmery pôvodného obdĺžnika sú 3\times 8. V druhom prípade: 22=2+2+(6+1)+(6+1)+y+y, z čoho vyplýva, že y=2. Rozmery pôvodného obdĺžnika sú 4\times 7.

Takto sme prešli cez všetky možnosti a našli sme 3 možné rozmery: 6\times5, 3\times8 a 4\times7. 

Poznámka na záver: Mnoho z vás zistilo, že súčet dvoch strán pôvodného obdĺžnika je \frac{22}{2}=11 a prešla cez všetky možnosti celočíselných strán obdĺžnikov, ktoré majú súčet 11. Takto ste rozobrali možnosti 1\times10,\ 2\times9,\ 3\times8,\ 4\times7 a 5\times6. Avšak toto je nesprávny postup, ktorý neukazuje, že ste naozaj prešli všetkými možnosťami a našli všetky riešenia, nakoľko v zadaní nie je podmienka, že strany obdĺžnikov musia byť celočíselné. 

Nakoľko vieme, že v tomto príklade budeme pracovať s paritou čísel, spíšme si ako sa mení parita pri základných operáciách.

Párne + párne = párne

Párne + nepárne = nepárne

Nepárne + nepárne = párne

Vieme, že súčet drahokamov na akýchkoľvek 19 šperkoch je párny a na každých 20 je nepárny. Predstavme si, že sa pozeráme na prvých 20 šperkov v rade. Súčet drahokamov na prvých 19 šperkoch je párny - označme si tento súčet S. Aký môže byť počet drahokamov na 20. šperku, aby súčet drahokamov na prvých 20 šperkoch bol nepárny? Nakoľko sa parita mení, počet drahokamov na 20. šperku musí byť nepárny.

Podobne to vieme spraviť s ďalšími skupinami 20 šperkov. Druhá 19tica v rade má súčet drahokamov = S + počet drahokamov na 20. šperku - počet drahokamov na 1. šperku. S je párne, 20.číslo je nepárne a prvé je tým pádom nepárne taktiež. Počet drahokamov na 21. šperku musí byť tiež nepárne, aby sme si udržali nepárny súčet každých 20 šperkov. Takto sa to bude opakovať - každý počet drahokamov na začiatočnom aj konečnom šperku každej 20tice musí byž nepárny. Otázka je ale dokedy to takto vieme opakovať?

Platí, že v každej 19tici musí byť aspoň jednen párny počet, aby sa dodržala parita. (Keďže číslo 19 je nepárne, tak tam musí byť párny počet nepárnych počtov drahokamov a nepárny počet párnych počtov drahokamov, aby sme dostali párny súčet. Tým pádom tam musí byť aspoň jedno párne, alebo iný nepárny počet párnych).

Týmto sa dostávame k tomu, že najviac ich vieme poskladať tak, že dáme čo najviac nepárnych počtov drahokamov na šperkoch, potom jednen párny počet a potom znova čo najviac nepárnych, keďže každá 20tica začína aj končí nepárnym číslom. Teraz je už len otázka koľko najviac nepárnych počtov môže byť pred a po párnom počte v strede?

Nakoľko vieme, že už na prvých 19 šperkoch musí byť nejaký párny počet, tak nechajme prvých 18 šperkov s nepárnym počtom drahokamov, 19. šperk bude mať párny počet drahokamov a potom znova môže byť najviac 18 šperkov s nepárnym počtom drahokamov, nakoľko aj v poslednej 19tici musí byť jeden párny počet drahokamov.

Vo vitríne preto môže byť najviac 18+1+18 = 37 šperkov.

Na začiatku máme číslo k, a po šiestich operáciách musíme dostať znova číslo k. Tieto operácie môžu rôzne zmeniť číslo, ale vždy to bude x×k+y. Napríklad ak najprv použijeme +3 tak dostaneme k+3 (teda 1×k+3), a ak potom použijeme ×5 tak dostaneme 5×(k+3)=5×k+15. Vždy keď použijeme sčítanie alebo odčítanie, zmení sa nám iba y - nebude to mať vplyv na to, koľkonásobok pôvodného k máme. Keď však násobíme, zmení sa nám aj x aj y. Na konci budeme chcieť dostať 1×k+0, teda pôvodné k.

Pozrime sa najprv na operácie ktoré menia násobok k (teda menia x). To sú iba jedno delenie a dve násobenia. Dohromady nám musí vzniknúť dvomi násobeniami taký násobok k, ktorý vieme potom vydeliť naspäť na jednotku iba jedným delením. To sa dá iba pomocou ×2, ×3, \div 6. Ak by sme násobili hociktorými väčšími číslami, museli by sme potom deliť aspoň 8-kou (2×4 je druhá najmenšia možnosť), a tak veľké číslo nemáme. Tieto operácie možno nemusia byť hneď za sebou, ale vieme že delenie z nich bude posledné. Inak by sme v nejakom kroku dostali zlomok k-čka, a keďže k je čokoľvek, niekedy dostaneme aj necelé číslo (napríklad \frac{(k+2)×3}{6}=\frac{k}{2}+1).

Máme teda kartičky ×2, ×3, \div6 v tomto poradí, alebo v poradí ×3, ×2, \div6. Ostatné kartičky budú mať operácie +, -, - a čísla 4, 5, 7 a budú umiestnené niekde pomedzi nimi.

Podľa toho, kde presne budú sčítania a odčítania umiestnené, sa zmení ako veľmi ovplyvňujú celkový súčet, teda číslo y. Ak dáme číslo na koniec, proste sa pričíta (alebo odčíta) tak, ako je. Ak ho dáme na začiatok, pred ×2, ×3 aj \div6, tak sa nám pričíta, potom sa vynásobí a znova vydelí, čím ostane znova rovnaké. Ak by ale číslo bolo po ×2 aj ×3, tak sa nám iba vydelí, teda do celkového súčtu pôjde jeho šestina (napríklad pri ×3, ×2, +7, \div6 dostávame \frac{6k+7}{6}=k+\frac{7}{6}. Podobne, ak by číslo bolo pričítané alebo odčítané po ×3 ale pred ×2 a /6, do celkového súčtu pôjde tretina, a ak po ×2 ale pred ×3, pôjde tam polovica. Tieto možnosti zhrnieme v tabuľke. Aby bola prehľadnejšia, napíšeme čísla so spoločným menovateľom, teda koľko šestín bude vo finálnom súčte.

Tu potrebujeme vybrať čísla tak, aby celkový súčet bol 0 (y má byť rovné 0). Vieme ale, že aspoň jedno z týchto čísel musí byť až úplne na konci (po delení 6 musí niečo podľa zadania byť). Zároveň toto číslo nebude so znamienkom +, pretože ak by pred ním boli 2 odčítania, tak v prípade k=1 dosiahneme záporný medzivýsledok. 

Ak bude na konci -4, potrebujeme zo 7 a 5 jedno odčítať a druhé pričítať tak, aby výsledný rozdiel bol \frac{24}{6}. To z tabuľky vidíme že nejde (nemáme ani \frac{30}{6}-\frac{24}{6}=\frac{6}{6} ani \frac{42}{6}-\frac{24}{6}=\frac{18}{6}). Ak bude na konci -5, rozdiel dvoch zvyšných musí byť \frac{30}{6}, čo dokážeme poskladať iba pomocou \frac{42}{6} a \frac{12}{6} (všetky ostatné čísla sú menšie ako \frac{30}{6}). Pre prípad 7 na konci nebude žiadna možnosť, pretože všetky čísla sú menšie ako \frac{42}{6}, teda nemôžu mať taký rozdiel.

Vyšlo nám teda, že na konci sa nachádza -5. Pred tým niekde máme +7 tak, že vo finálnom súčte vytvorí \frac{42}{6} - teda pred násobeniami alebo až po delení, a máme tam aj -4 tak, že vytvorí -\frac{12}{6}, teda po ×2 ale pred ×3 a \div6.

Poznáme už teda poradie kartičiek ×2, -4, ×3, \div6, -5. +7 musíme pridať na začiatok a nie na koniec, pretože inak by sme sa s k=1 dostali do záporu (1*2-4=-2). Toto je jediná možnosť, ako nezískať násobok k (iný ako 1) a vynulovať zvyšné čísla.

Odpoveď: Karty sa sa aplikovali v poradí +7, ×2, -4, ×3, \div6, -5

Pravidelnému 15-uholníku vieme opísať kružnicu so stredom S. Ak spojíme tento stred so všetkými vrcholmi A_1 až A_{15}, vznikne 15 trojuholníkov. Každý z nich má dve strany tvorené polomerom kružnice a tretiu tvorenú stranou 15-uholníka. Preto sú tieto trojuholníky rovnaké. Súčet uhlov okolo stredu S je 360 stupňov, takže jeden stredový uhol (zodpovedajúci jednému kroku medzi susednými vrcholmi) má veľkosť x = 360^\circ : 15 = 24^\circ.

Vidíme, že veľkosť uhla \lvert \sphericalangle A_1SA_{10}\rvert = 6x=144^\circ stupňov. V trojuholníku A_1SA_{10} platí:\lvert A_1S\rvert =\lvert A_ {12}S\rvert (ide o polomery kružnice), takže tento trojuholník je rovnoramenný a preto sú uhly pri základni rovnaké. Súčet uhlov v každom trojuholníku je 180^\circ, takže \alpha = (180^\circ - 144^\circ) : 2 = 18^\circ. 

Podobne v trojuholníku A_{12}SA_8: stredový uhol \lvert \sphericalangle A_{12}SA_8\rvert = 4 \cdot 24^\circ = 96^\circ stupňov. Taktiež je to rovnoramenný trojuholník, keďže \lvert A_{12}S\rvert=\lvert A_8S\rvert, takže uhly pri základní sú: \beta = (180^\circ - 96^\circ) : 2 = 42^\circ stupňov.

A tak isto v trojuholník A_{10}SA_8: medzi vrcholmi sú 2 kroky, stredový uhol \lvert \sphericalangle A_{10}SA_8\rvert = 2 \cdot 24^\circ = 48^\circ stupňov. Taktiež ide o rovnoramenný trojuholník, keďže \lvert A_{10}S\rvert=\lvert A_8S\rvert, takže uhly pri základní sú:\gamma = (180^\circ - 48^\circ) : 2 = 66^\circ.

Označme priesečník úsečiek A_1A_{10} a A_8A_{12} ako X. Zamerajme sa na malý trojuholník A_{10}XA_8, ktorý vznikol pri tomto priesečníku. Pozrime sa, čo vieme o jeho uhloch. Najprv platí \lvert \sphericalangle XA_8A_{10} \rvert= \gamma - \beta = 66^\circ - 42^\circ = 24^\circ.Ďalej máme \lvert XA_{10}A_8\rvert = \gamma + \alpha = 66^\circ + 18^\circ = 84^\circ.Keďže súčet uhlov v trojuholníku A_{10}XA_8 musí byť 180 stupňov, veľkosť uhla pri priesečníku X vypočítame ako: 180^\circ - (24^\circ + 84^\circ) = 180^\circ - 108^\circ = 72^\circ. Toto je zároveň uhol, ktorý zvierajú úsečky A_1A_{10} a A_8A_{12}.

Druhý uhol v priesečníku (susedný) má veľkosť 180 - 72 = 108 stupňov, čo je viac ako 72 stupňov.

Keď si vyskúšame, ako táto hra bude prebiehať, zistíme, že celkový počet mincí sa vždy zvyšuje. Je to preto, že don Chladivý pridá v každom svojom ťahu až 5 mincí, zatiaľ čo komisár Krivý ich odoberie iba 3. Časom počet mincí narastie natoľko, že na niektorej kôpke bude musieť byť aspoň 42 mincí (keď bude dokopy aspoň 41 \cdot 13 + 1 = 534 mincí). To znamená, že K je aspoň 1 (don Chladivý vie spraviť jednu kôpku so 42 a viac mincami).

Poďme sa teraz pozrieť na K=2. Ak by chcel komisár Krivý zabrániť donovi Chladivému dať aspoň 42 mincí na dve kôpky za sebou, musel by v nízkych počtoch (menej ako 42) udržať aspoň každú druhú kôpku (nechce predsa nechať narásť žiadne dve kôpky vedľa seba). Tak to poďme skúsiť. 

Môžeme skúsiť napríklad vybrať už na začiatku každú druhú kôpku z našich trinástich a iba tie udržovať v nízkych číslach, ak sa nám to podarí, tak komisár Krivý vie donovi Chladivému K=2 prekaziť. Skúsme udržať kôpky zvýraznené na obrázku zelenou na menej ako 42 minciach a červené nechajme tak.

Zelených kôpok je 6, teda komisár Krivý nemôže vždy zobrať mincu z každej zelenej kôpky. Avšak ani don Chladivý nevie dať mincu na veľa zelených kôpok naraz - keďže dáva mincu na päť po sebe idúcich kôpok, nikdy nedokáže dať mincu na viac, ako tri zelené kôpky (buď dá mincu na dve alebo tri zelené kôpky).

To znamená, že kdekoľvek don Chladivý dá mince, na zelené kôpky pridal najviac tri mince a teda komisár Krivý vie presne tieto tri mince zasa zobrať. Ak don Chladivý dá mince len na dve zelené kôpky, tým lepšie pre Krivého. Komisár Krivý môže z týchto dvoch zelených tú mincu zasa zobrať a má ešte jedno zobratie navyše, čo mu nikdy neuškodí.

Komisár Krivý teda vie vždy dosiahnuť, že po jeho ťahu bude na zelených kôpkach rovnako veľa mincí ako na začiatku hry. Donovi Chladivému sa teda nepodarí dosiahnuť a 42 viac mincí ani na dvoch susedných kôpkach a teda K=1.

Na všetky prvočísla sa budeme pozerať ako zvyšok po delení troma. Je to kvôli tomu, že súčet troch prvočísel môže byť vždy nepárny, teda nám nepomôže sa na ne pozerať ako zvyšky po delení dvoma. Trojka je stále dostatočne malá, že má málo zvyškov a nemá problém s paritou, ktorý má dvojka. Zišlo by sa teda spomenúť, aké všetky zvyšky vieme po delení troma dostať. Sú to 0, 1 a 2.

Súčet troch prvočísel je aspoň 2+2+2=6, teda nemôže byť rovný 3. Teda ak je deliteľný 3, tak nemôže byť prvočíslo (jediné prvočíslo deliteľné 3 je 3) 

Ďalej ak sa nám podarí dokázať, že pre počet káblov x, to nemôže fungovať a pre počet káblov x-1 existuje aspoň jedna možnosť, ktorá funguje, tak máme vyriešený príklad.

Poďme teda dokázať, že pre počet káblov 5 to nie je možné. Máme k dispozícií tri zvyšky po delení troma a päť rôznych káblov, ku ktorým máme tieto zvyšky prideliť, tak aby súčet žiadnych troch nebol deliteľný troma. Ak sa to nedá, tak niektorý zo súčtov bude zaručene deliteľný 3 a teda nebude prvočíslo a teda káblov nemôže byť 5.

Máme k dispozícií tri rôzne zvyšky a päť káblov, teda nám vznikajú dve možnosti rozdelenia. Buď budeme mať z jedného zvyšku aspoň tri kusy. Druhá možnosť je, že budeme mať dva kusy z prvého zvyšku, dva kusy z druhého zvyšku a jeden kus z posledného zvyšku.(Zároveň ten kábel, ktorý má zvyšok po delení 0 musí mať na sebe číslo 3, pretože inak by to nebolo prvočíslo.)

Teraz keď máme súčet troch čísel s rovnakým zvyšok po delení troma, tak výsledok bude určite deliteľný troma. Označme si tieto čísla v súčte: 3n+z,\ 3m+z,\ 3k+z, pričom z je 0, 1 alebo 2, ale my nevieme, ktoré z nich. Ich súčet bude teda (3n + z) + (3m + z) + (3k + z) = 3(n + m + k) + 3z = 3(n + m + k + z). Z tohto vidíme, že výsledný súčet bude určite deliteľný troma.

Keď máme súčet čísel, ktoré majú všetky tri rôzny zvyšok po delení troma, tak ich súčet bude tiež deliteľný troma. Tie tri zvyšky sú 0, 1, 2. Súčet týchto čísel vieme teda označiť nasledovne: (3n + 0) + (3m + 1) + (3k + 2) = 3(n + m + k) + 3 = 3(n + m + k + 1), teda ich výsledok musí byť deliteľný troma.

Z tohto nám vyplýva, že hocijako by sme rozdelili prvočísla pre päť káblov, zakaždým by bol aspoň jeden súčet troch káblov deliteľný troma, teda by nebol prvočíslom.

Tak a teraz nám zostáva nájsť už iba jeden príklad rozdelenia prvočísel pre 4 káble, aby sme dokázali, že na stene môžu byť najviac 4káble, pretože my nevieme, ktorá variácia prvočísel, ktoré fungujú pre štyri káble, teda, keď nájdeme jednu, tak tam môže byť na stene.

Na to aby to fungovalo, nemôžeme mať v tejto štvorici tri kusy z rovnakého zvyšku a taktiež sa v nej nemôžu nachádzať všetky možné zvyšky. To znamená, že jediné, čo nám zostáva je, že v tejto štvorici budú dva kusy z jedného zvyšku a dva kusy z druhého zvyšku. Vtedy súčet ľubovoľných troch káblov určite nebude deliteľný troma a teda to bude prvčíslo. Jedna takáto konfigurácia je 3, 3, 5, 5. V tejto sú dva možnosti výsledku súčtu troch káblov a to je 3 + 3 + 5 = 11 a 3 + 5 + 5 = 13.

Teda zo steny môžu trčať najviac štyri káble.

Na každej strane tohto trojuholníka musí byť auto niektorej zo zvyšných dvoch farieb. Sú dve možnosti - buď môžu byť obe rovnakej farby, alebo dve rovnakej a jedna inej:

Najprv si spravíme náčrt a dopočítame si uhly \sphericalangle CAB a \sphericalangle ADB. Všimnime si, že trojuholníky ABC a DBA sú podobné podľa vety uu. Znamená to, že pomery prislúchajúcich dĺžok sa rovnajú, platí teda:

\frac{\lvert AD \rvert}{\lvert CA \rvert}=\frac{\lvert DB \rvert}{\lvert AB \rvert}=\frac{\lvert BA \rvert}{\lvert BC \rvert}

Ako dobrý nápad sa ukazuje spraviť si kolmicu AE na stranu CB. Motivácia je dvojaká, vznikne nám trojuholník ADE, ktorý je rovnoramenný so 45^\circ uhlami pri základňách a trojuholník AEC ktorý má uhly 30^\circ,60^\circ a 90^\circ. V oboch z nich sa veľmi dobre dopočítavajú veľkosti strán. Ak by nám to nenapadlo, tak sa táto pasáž dala prekonať pomocou goniometrie.

Označme si dĺžku strany AE ako a, keďže trojuholník AED je rovnoramenný, tak aj dĺžka strany ED bude a. Ďalej trojuholník AEC má uhly postupne 60^\circ, 90^\circ a 30^\circ. Vďaka tomu je strana AC veľká 2a, buďto to vidíme z goniometrie, alebo z dokreslenia trojuholníku AEC na rovnostranný trojuholník. Nakoniec z Pytagorovej vety dostávame, že \lvert CE \rvert = \sqrt{(\lvert CE \rvert^2+\lvert CE \rvert^2)}=\sqrt{3}\cdot a. Podobne z Pytagorovej vety dostávame, že veľkosť strany AD je \sqrt{2}\cdot a.

Teraz to vieme dosadiť do pomerov vyrátaných z podobnosti trojuholníkov

\frac{\sqrt{2}a}{2a}=\frac{\lvert AD \rvert}{\lvert CA \rvert}=\frac{\lvert BA \rvert}{\lvert BC \rvert}.

\frac{1}{\sqrt{2}}\lvert BC \rvert=\lvert BA \rvert.Ako ďalšiu rovnosť dosadením za \lvert BD \rvert = \lvert CB \rvert - \lvert CD \rvert

\frac{\lvert CB \rvert -(\sqrt{3}+1)\cdot a}{\lvert AB \rvert}=\frac{\lvert DB \rvert}{\lvert AB \rvert}=\frac{\lvert BA \rvert}{\lvert BC \rvert}.Prenásobením dostávame

\lvert BC \rvert\cdot(\lvert BC \rvert -(\sqrt{3}+1)\cdot a)=\lvert BA \rvert^2.Nakoniec dosadením za \lvert BA\rvert dostávame

\lvert BC \rvert -(\sqrt{3}+1)\cdot a=1/2\cdot\lvert BC \rvert.

2\cdot(\sqrt{3}+1)\cdot a=\lvert BC \rvert.Keďže \lvert CD\rvert = (\sqrt{3}+1)\cdot a, čo je polka danej vzdialenosti, tak bod D je naozaj v strede strany BC.