Vzorové riešenia 1. kola

Prvým pozorovaním, ktoré mnohí z vás zistili bolo, že pokiaľ dáme na váhu pravé mince, bez ohľadu na počet váha ukáže číslo 0. Je to preto, že pravé mince vážia 10g a teda akýkoľvek počet mincí váži násobok 10. Zároveň aj mešec s desiatimi falošnými mincami bude vážiť 90 a teda sa zobrazí 0. To znamená, že sa nám neoplatí vážiť celé mešce a potrebujeme nakombinovať iné počty. 

Najprv si očíslujeme mešce od 1 po 10. Našou stratégiou bude z každého mešca zobrať iný počet mincí, ktoré potom všetky dokopy odvážime a budeme sledovať výsledok. 

Z prvého mešca vezmime jednu mincu, z druhého mešca zoberme dve mince a tak ďalej, vidno to v tabuľke. Teraz sa pozrime aké rôzne čísla môže váha ukazovať. Ak boli falošné mince v prvom mešci, odkiaľ sme zobrali jednu mincu, tak všade inde boli pravé. To znamená, že súčet ostatných mincí bude násobok 10, ale na váhe bude číslo 9, ktoré do súčtu pridá jedna falošná minca z prvého mešca. Ak by boli falošné mince v druhom mešci, odkiaľ sme zobrali dve mince, tak by váha ukázala 8, pretože všetky pravé majú váhu násobok 10 a dve falošné pridajú 18 gramov. V tabuľke vidno, aké iné čísla na váhe dostaneme podľa toho, v ktorom mešci sú falošné mince. 

To znamená, že na zistenie toho, v ktorom mešci sú falošné mince nám stačí jedno váženie a tabuľka, kde sme si zapísali, koľko mincí sme z ktorého mešca vybrali:)

A samozrejme, na menej vážení sa to nedá, nakoľko bez váženia nemáme žiadne informácie a nevieme určiť, ktoré sú falošné.

Poznámka: Mnohí z vás zobrali z mešcov iné počty, ako napríklad od 0 po 9 mincí, čo samozrejme funguje podobným spôsobom. 

Prvá vec, ktorú si môžeme všimnúť je, že všetky bunky v jednej komore majú rovnaký počet susedov. Môžeme sa teda na všetky bunky prvej komory pozrieť naraz, na všetky druhej komory naraz atď. Druhá vec, ktorú si môžeme všimnúť je, že počet susedov bunky v nejakej komore sa dá vypočítať ako počet buniek dokopy v tej komore a v oboch susedných mínus 1 (teda napríklad ak v prvej komore je 1 bunka, v druhej 2 a v tretej 3, tak počet susedov k bunke v prvej komore je 1 + 2 - 1 = 2 a  k bunke v druhej komore 1 + 2 + 3 - 1 = 5).

Ak by bunky v prvej komore mali 10 susedov, znamená to, že v prvej a druhej komore je dokopy 11 buniek (bunka a desať jej susedov). V tretej komore musí byť aspoň jedna bunka, dokopy v prvej, druhej a tretej komore ich teda bude aspoň 12. To znamená, že v druhej komore budú mať bunky aspoň 11 susedov, čo je ale v rozpore so zadaním.

Keďže nevychádza, aby bunky v prvej komore mali 10 susedov, musia ich mať 5. V prvej a druhej komore teda bude dokopy 6 buniek, a keďže v tretej musí byť aspoň jedna, v prvej druhej a tretej musí byť dokopy aspoň 7 buniek. To znamená, že bunky v druhej komore musia mať desať susedov. To ale znamená, že v prvej, druhej a tretej komore je dokopy 11 buniek. Keďže zároveň vieme, že v prvej a druhej komore je dokopy 6 buniek, v tretej komore ich musí byť 11-6=5.

Podobné zamyslenia, ako sme robili doteraz, môžeme zopakovať aj z druhej strany - namiesto prvej, druhej a tretej komory pre prvú od konca (piatu), druhú od konca (štvrtú) a tretiu od konca. Zistíme teda, že v piatej a štvrtej komore dokopy je 6 buniek (rovnako ako v prvej a druhej dokopy).

Vieme teda, že v prvých dvoch komorách je dokopy 6 buniek, v tretej je ich 5 a v štvrtej a piatej dokopy je ich 6. Dokopy ich teda musí byť 6 + 5 + 6 = 17.

Týmto už máme úlohu vyriešenú, ale ak chceme, môžeme aj nájsť všetky možnosti na počty buniek v jednotlivých komorách. Ukáže sa, že týchto možností je 5, konkrétne sú to tieto:

1, 5, 5, 1, 5\\ 2, 4, 5, 2, 4\\ 3, 3, 5, 3, 3\\ 4, 2, 5, 4, 2\\ 5, 1, 5, 5, 1

Pozrime sa niektorého z kohútov, o ktorom toho už vieme veľa. Na začiatok si všimnime, že poznáme 3 z 5 zápasov kohúta A. Nepoznáme už len jeho zápasy proti kohútom D a F, ktoré sa museli odohrať v 2. a 4. kole (v ostatných kolách už kohút A zápasil). 

Zápas A:D sa nemohol odohrať v 2. kole, keďže kohút D tam už zápasí s kohútom C. Zápas A:D sa teda musel odohrať v 4. kole. Pre posledný zápas kohúta A, teda proti F, ostalo voľné iba 2. kolo.

Tieto 2 zápasy si pridáme do rozpisu zo zadania:

V 2. kole nám ostali nezaradené už len kohúty B a E. Keďže v každom kole zápasia všetky kohúty, tak posledný zápas v 2. kole musel byť medzi B a E. Rovnakým spôsobom vieme zistiť že v 4. kole museli posledný zápas odohrať B s C.

Teraz si môžeme všimnúť, že poznáme 3 zápasy kohúta C. Ešte mu ostávajú zápasy  proti E a F. Tieto zápasy sa museli udiať v 1. a 3. kole, keďže v ostatných už kohút C zápasil. Tiež vieme, že zápas C:E nemohol prebehnúť v 3. kole, pretože tam už kohút E zápasí proti A. Preto jediné kolo kde mohol tento zápas prebehnúť je 1. kolo. Pre zápas C:F teda ostalo iba 3. kolo.

V 1. kole teraz už poznáme dva zápasy z troch, a preto v poslednom sa stretnú jediné dva kohúty ktoré ešte nezápasia. To sú D a F, na ktorých vzájomný zápas sa pýta zadanie.

Aj keď to nebolo potrebné, ľahko už vieme doplniť aj zvyšnú trojicu zápasov do rozpisu a overiť si, že zadanie neklamalo a naozaj takýto rozpis funguje (šikmo).

Poznámka: Namiesto doplnenia zvyšných zápasov pre kohúta C sme sa mohli pozrieť aj na zvyšné zápasy kohúta E. Pre neho tiež poznáme 3 zápasy. Ostávajú mu zápasy C:E a D:E v kolách 1 a 5. Zápas C:E sa nemohol odohrať v 5. kole, lebo tam už hrá kohút C. Teda sa musel odohrať v 1. kole, z čoho vieme znova doplniť aj zápas D:F.

Označme si fľaštičky: A,B,C,D,E.  Pozrime sa na to, čo by sa stalo ak by každá mala na sebe iné číslo. Pozrime sa, ako by vyzerali súčty čísel na fľaštičkách. Už len pre kombinácie fľaštičky A s ostatnými:

A+B,\ A+C,\ A+D,\ A+E

vidíme, že dostaneme aspoň 4 rôzne súčty, keďže sme predpokladali, že každé číslo je iné.

Takto to teda fungovať nebude. Na to, aby sme mohli mať iba 3 rôzne súčty medzi fľaštičkami, musia byť aspoň na dvoch z nich čísla rovnaké. Povedzme, že to rovnaké číslo bolo A. Ak by aj nebolo, môžeme proste vymeniť písmená tak, aby to bolo A. Máme teda fľaštičky s číslami: A,A,B,C,D.

Keď sčítame dve rovnaké čísla, výsledok bude vždy párny, pretože je to to isté ako vynásobiť číslo 2. Teda ak máme na dvoch fľaštičkách rovnaké číslo, ich súčet musí byť párny a teda to bude 38, jediný párny súčet, čo sa môže vyskytovať. 
Takže, naše fľaštičky A majú obe na sebe čísla \frac{38}{2}=19
Ak 19 sčítame s nejakým iným číslom na ostatných fľaštičkách, musí byť ich súčet 31 alebo 45. Na jednej z ostatných fľaštičiek je teda číslo 31-19=12. Na inej z nich je 45-19=26.
26+12=38, čo nám pekne sedí a zatiaľ máme iba požadované tri súčty.
Máme teda 4 čísla: 19,19,12 a 26
Ak pridáme ľubovoľné piate číslo, rozdielne od týchto, keď ho sčítame s 19, vytvorilo by nový súčet, čo nechceme. Ak pridáme ako piate číslo 12, tak 12+12=24. Ak pridáme 26, tak 26+26=52. Oba sú to nové súčty.
Z tohto nám vyplýva, že jediné číslo, ktoré môže byť na piatej fľaštičke je znova 19. Pridaním ďalšej 19 sa nič nepokazí, všetky súčty medzi 19 a ostatnými číslami už existujú.
Na piatich fľaštičkách sú teda tieto čísla: 12, 19, 19, 19, 26.

Pozrime sa na vlastnosti a ktoré čísla od 1 po 9 ich spĺňajú.

• párne - 2, 4, 6, 8
• nepárne - 1, 3, 5, 7, 9
• prvočíslo - 2, 3, 5, 7 (pozor 1 nie je prvočíslo)
• štvorec - 1, 4, 9
• násobok 3 - 3, 6, 9
• deliteľ čísla 240 - 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8

Ešte nevieme, ktoré vlastnosti budú kde, ale vieme, že ich budeme musieť rozdeliť do dvoch skupiniek - podľa toho, či určujú vlastnosť riadku alebo stĺpca.

Okrem toho každá vlastnosť bude mať priradené 3 čísla (v jej riadku, alebo stĺpci), ktoré ju spĺňajú.

Aha... štovrec aj násobok 3 majú iba 3 možné čísla - vieme teda že to budú tie priradené k nim. Okrem toho zdieľajú číslo 9. Ak by boli v rovnakej skupinke (napr. obe pre riadok), tak 9 by musela byť v dvoch riadkoch (alebo stĺpcoch). To znamená musia byť v rôznych skupinkách (9 bude na ich priesečníku).

Zatiaľ nevieme ako bude tabuľka vyzerať, môžeme sa pozrieť na ilustračný obrázok, nech máme lepšiu predstavu:

Pozerajúc na zostávajúce vlastnosti, prvočísla so štvorcami nezdieľajú žiadne číslo. Ak by boli v rôznej skupinke na ich priesečníku by muselo byť nejaké číslo. Takže musia byť v skupinke so štvorcami, ich priesečník s násobkami 3 musí byť v 3, lebo 6 nie je prvočíslo.

Veľa z vás si už na začiatku všimlo, že párne a nepárne nemajú žiadne spoločné číslo. Teraz prišiel moment to využiť! Iba v jednej skupinke máme dve voľné miesta. Podľa čísel z štvorca vieme, kde budú párne a kde nepárne. Deliteľ 240 bude na poslednom voľnom mieste:

Zostalo nam urcit polohu 2, 5, 7, 8. 7 nie je  párne ani deliteľ 240, takže má iba jedno možné miesto. 8 nie je nepárne ani prvočíslo, takže má tiež len jedno miesto. Do zvyšných dvoch políčok vieme 2 a 5 doplniť podľa parity.

Teraz si spomeň, že tabuľky boli iba ilustračné. Môžeme sa spätne pozrieť, kde sme robili rozhodnutia aby sme zistili, koľko možností máme.

Poďme spočítať možnosti podľa nášho postupu:

9 môžeme umestniť hocikam (9 možností). Podľa toho vieme, kde bude štvorec a násobok 3. Nevieme ale, ktoré je riadok a ktoré stĺpec - to si môžeme vybrať (2 možnosti). Vyberieme si poradie 4 a 1 v stĺpci (2 možnosti). Ešte poradie 3 a 6 (2 možnosti).

Ak sa pozrieš naspäť na náš postup, zvyšok sme doplnili jednoznačne, teda po tom vyberaní zostáva iba jedna možnosť. Žiaden z výberov nám neobmedzuje žiaden iný, takže výsledný počet získame násobením. 9 * 2 * 2 * 2 = 72 možností.

Dá sa to aj inak:

To čo sme v skutočnosti urobili je rozdelili vlastnosti do dvoch skupiniek. Urobili sme to tak, aby sa čísla dali konzistentne doplniť na priesečníky týchto vlastností. To znamená, že výber, ktorá skupinka sú riadky a poradie vlastností v riadkoch a stĺpcoch nám určí rozmiestnenie čísel.

Máme teda 2 (výber riadok/stĺpec) krát 3 * 2 * 1 pre poradie vlastností v prvej skupinke krát 3 * 2 * 1 pre poradie vlastností v druhej skupinke. To je dokopy 72 možností.

Časté chyby

Veľmi častou chybou bolo, že niekto iba ukázal vyplnenú tabuľku. V Rieškach nás predovšetkým zaujíma postup a tu bol potrebný na počítanie možností. Hociktorý krok vynechaný v postupe môže znamenať, že čísla mohli byť doplnené nejednoznačne a nejaké možnosti sme vynechali.

Okrem toho niektorí z vás rátali 1 ako prvočíslo, čo nie je :D

Najskôr sa pozrime na to, čo sa môže stať, keď jeden z hráčov posunie Viktora do predposledného stĺpca.

Ak zistia, že vyhrá ten, čo posunie Viktora do posledného stĺpca, tak ho tam hráč na ťahu hneď a vyhráva. Ak sa ale naopak v poslednom stĺpci prehráva, hráči sa snažia zvoliť taktiku, aby do posledného stĺpca vstúpiť nemuseli. Poďme sa pozrieť, či vie hráč, ktorý je na ťahu hneď po vstúpení do predposledného stĺpca, donútiť toho druhého pohnúť Viktora do posledného stĺpca.

Viktor vstúpi do predposledného stĺpca na niektoré z 2012 políčok. To znamená, že v tom stĺpci je 2011 políčok, na ktorých ešte nebol. Niektoré políčka sú nad ním a zvyšné pod ním. Niektorým smerom (nad ním alebo pod ním) musí byť nepárny počet políčok, keďže 2011 je nepárne číslo a súčet dvoch čísel bude nepárny iba vtedy, keď je jedno z nich nepárne a druhé párne.

Hráč, ktorý je práve na ťahu sa teda rozhoduje, či sa pohne smerom, kde je párny počet políčok, alebo nepárny počet políčok.

Ak sa hráč na ťahu pohne v nejakom smere, napríklad dole, tak jeho súper má jedinú možnosť ako pokračovať bez okamžitej prehry. Ak by totiž Viktora posunul doprava do posledného stĺpca, tak by hneď prehral. Naspäť ho pohnúť nemôže, keďže na tom políčku už Viktor bol, a teda sa musí pohnúť ďalej dole. Hráč, ktorý v tomto stĺpci začínal, Viktora pohne znova dole, pretože podobne nemá inú možnosť. takto sa budú striedať, keďže ani jeden z nich nemôže urobiť iný ťah ak nechce prehrať. To sa skončí až keď sa Viktor dostanena spodok tabuľky, kedy bude hráč na ťahu môcť ísť iba doprava, čím prehrá. To, ktorý hráč bude vtedy na ťahu záleží práve od toho, či je počet navštívených políčok párny alebo nepárny. Ak je nepárny, tak aj počet ťahov, ktoré hráči urobia, je nepárny. Teda hráč ktorý v stĺpci začínal a robí prvý, tretí, piaty ťah, a tak ďalej, musel práve urobiť ťah a na ťahu je teraz druhý hráč, ktorý teda nemá inú možnosť ako prehrať. Keďže hráč, ktorý je na ťahu pri vstupe do predposledného stĺpca, si vie vždy vybrať smer, v ktorom je nenavštívený nepárny počet políčok, vždy vie súpera donútiť prehrať, bez ohľadu na to, či je posledný stĺpec vyhrávajúci alebo prehrávajúci. 

Ako môže teda niektorý z hráčov donútiť toho druhého, aby vstúpil do predposledného stĺpca? Hráč, ktorý bude na ťahu pri vstupe do tretieho stĺpca z prava vie uplatniť rovnakú taktiku ako pre predposledný stĺpec, aby donútil súpera presunúť Viktora do predposledného stĺpca. Následne je na ťahu a už vieme, že vyhrá. Takto to funguje aj pri skorších stĺpcoch. Ak hráč ťahá ako prvý v niektorom stĺpci, vie ťahať prvý aj v každom ďalšom, až po predposledný, čo znamená, že vyhrá.

Takto máme stratégiu pre hráča, ktorý hru začína. Pri každom stĺpci bude postupovať ako hráč začínajúci v predposlednom stĺpci. Vždy pohne Viktorom smerom hore alebo dole podľa toho, kde je nepárny počet políčok. Tým donúti druhého hráča pohnúť Viktora do ďalšieho stĺpca, a je jedno, či tak urobí hneď alebo až keď sa dostane na vrchný alebo spodný okraj tabuľky (ak sa dostanú na kraj tabuľky, jedným smerom bude mať 0 políčok a druhým 2011. Musí sa pohnúť smerom k 2011 políčkam, ale to mu vyhovuje, pretože je to nepàrny počet). Túto taktiku bude robiť prvý hráč v každom stĺpci a teda druhý hráč vždy bude musieť urobiť ťah doprava. To znamená, že bude musieť vstúpiť do predposledného stĺpca a to už vieme, že vyhrá hráč, ktorý bude potom na ťahu, teda začínajúci hráč.

Zároveň si môžeme všimnúť, že pri tejto stratégii vôbec nezáleží na počte stĺpcov tabuľky. Nevyužívame totiž žiadnu vlastnosť ich počtu, ale iba postupne opakujeme rovnakú taktiku v každom stĺpci tak aby vždy zmenil stĺpec súper. 

Výhernú stratégiu má teda vždy prvý hráč bez ohľadu na to, kde Viktor začínal.

Riešenie 1:

Zvoľme bod H ako stred úsečky CD, teda ∣DH∣ = ∣HC∣. Ďalej zo zadania vieme, že D je stred AB, F je stred AD a E je stred BC. Teda FH je v trojuholníku ADC stredná priečka, teda je rovnobežná s protiľahlou stranou AC. Taktiež ED je stredná priečka v ABC, pretože D a E sú stredy dvoch jeho strán, a teda DE je rovnobežná s protiľahlou stranou AC. Takže zatiaľ vieme FH ∣∣ AC a AC ∣∣ DE, teda FH ∣∣ DE.

Bod E je stred BC a bod H sme určili ako stred DC, teda v trojuholníku DBC je EH stredná priečka, teda EH je rovnobežná s protiľahlou stranou DB. Body D aj F ležia na AB, teda FD aj DB ležia na strane AB. Takže EH je rovnobežné sFD.

Teda vieme, že DE je rovnobežné s FH a EH je rovnobežné s FD, teda FDEH je rovnobežník,  z ktorého vlastností vyplýva, že jeho uhlopriečky FE a DH sa rozpoľujú, a to práve v bode X, teda bod X je stred úsečky FE.

Riešenie 2:

Označme si stred úsečky AC ako  G a bod pretnutia úsečiek EG a CD ako H. Tým pádom nákres našej úlohy vyzerá takto:

Platí |AG|=|GC| a ∣BE∣=∣EC|. Tým pádom platí, že EG je stredná priečka trojuholníka ABC, a teda GE \parallel AB.

Bod H leží na úsečke GE a D leží na úsečke AB. Z tohto a rovnobežnosti z vyššieho odseku platí, že HE \parallel DB. Tým, že bod E leží v strede úsečky BC, tak  HE je stredná priečka v trojuholníku DBC. Jedna z vlastností strednej priečky v trojuholníku je, že jej dĺžka sa rovná presne polovici dĺžky strany, s ktorou je rovnobežná. Tým, že HE \parallel DB, tak |HE|=|BD|/2=\frac{2a}{2}=a.

Pozrime sa na uhly trojuholníkov FDX a XEH. Platí, že |\angle DHE|=|\angle HDF| a |\angle DFE|=|\angle HEF|, lebo dané uhly sú súhlasné (lebo HE \parallel DF).

Podľa vety usu platí zhodnosť FDX \cong EHX. Zo zhodnosti následne vyplýva, že |FX|=|EX|. Inými slovami bod \mathbf{X} delí úsečku \mathbf{EF} na polovicu.

V tomto príklade sa nám naskytli dve rôzne výzvy. Prvá z nich bola ukázať a dokázať nejakú spodnú hranicu pre počet kociek, ktoré mohli vo veľkej kocke zostať. Potom sa pokúsiť pre túto spodnú hranicu nájsť nejakú konštrukciu.

V zásade by sme vedeli proces obrátiť, teda najprv nájsť nejaké rozpoloženie malých kociek a potom dokázať, že je optimálne. Ja však začnem s tým, že ukážem, koľko najmenej malých kociek muselo vo veľkej kocke byť.

V tomto príklade sa dá veľmi pekne využiť technika zvaná počítanie dvoma spôsobmi. Ide o kombinatorickú techniku, kde sa na počet nejakej veci pozrieme z dvoch uhlov pohľadu. V tomto konkrétnom príklade to bude počet viditeľných stien (malých kociek).

Vieme, že veľká kocka musí mať pri pohľade z každej strany viditeľných práve 9 stien malých kociek.
Veľká kocka má 6 strán, a teda viditeľných stien malých kociek musí byť aspoň 6 * 9 = 54.

Teraz sa na počet viditeľných kociek pozriem z iného uhla pohľadu. Opýtam sa: Koľko malých kociek musí určite existovať, aby som mal 54 viditeľných stien a malé kocky boli zároveň súvislé?

Toto sa dá spočítať niekoľko spôsobmi, nasledovný mi však príde najjednoduchší. Predstavme si, že máme k kociek a postupne z nich staváme finálny útvar tak, že po jednom kocky lepíme na už existujúcu štruktúru (aby bola súvislá). Prvá kocka nám pridá 6 viditeľných stien. Každá ďalšia kocka nám pridá maximálne 4 viditeľné steny, pretože najprv pridáme 6 viditeľných stien, ale potom ďalšie 2 zakryjeme, pretože ich na seba "nalepíme".

Teda každý súvislý útvar skladajúci sa z k kociek bude mať maximálne 6 + (k-1)*4 stien, čo sa dá napísať aj ako 4*k + 2 stien.

Pre dolný odhad kociek v našej 3 \times3 \times3 kocke chceme teda vedieť, aké je najmenšie také k, že 54 \leq k*4 +2. Po chvíle skúšania vieme dosadiť k = 13 a zistíme, že 13 * 4 +2 = 54. To znamená, že malých kociek musí byť vo veľkej kocke najmenej 13.

No, a veľa z vás už vie, že takúto konštrukciu ide spraviť, a teda musí byť optimálna. Tu je jedna možná konštrukcia v troch vrstvách:

Čo nám mohlo pomôcť pri hľadaní je aj fakt, že keďže je nerovnosť na počet viditeľných stien tesná (teda pre 13 kociek je viditeľných najviac 54 stien, a aspoň 54 stien viditeľných byť musí), musí byť každá stena malej kocky viditeľná z niektorého uhla pohľadu veľkej kocky. 

Začneme tým, že sa pokúsime zmenšiť rozsah, v ktorom sa môže nachádzať n. 

Nakoľko ciferný súčet je vždy kladné číslo, teda je aspoň 1, tak z n+S(n)+S(S(n))+S(S(S(n)))=2017 vyplýva, že n \le 2014, čo je horná hranica ohraničenia pre n.

Aby sme našli dolné ohraničenie pre n, pozrieme sa na najväčšie možné hodnoty S(n), S(S(n)) a S(S(S(n)). Nakoľko n \le 2014, tak najväčšie S(n) dosiahneme pre n=1999, a teda S(n)\le28. Potom S(n) bude mať najväčší ciferný súčet pre S(n)=28 alebo 19, teda S(S(n))\le10 a podobne S(S(S(n)))\le9, nakoľko S(S(n)) má najväčší ciferný súčet pre S(S(n))=9.

Zistili sme teda, že S(n)+S(S(n))+S(S(S(n)))\le47, a teda n \ge 2017-47=1970.

Platí teda 1970 \le n \le 2014.

Aby platila rovnosť zo zadania, tak obe strany rovnice musia mať rovnaký zvyšok po delení 9. Teda nakoľko 2017 má zvyšok 1 po delení 9, tak aj n + S(n)+S(S(n))+S(S(S(n))) musí mať zvyšok 1 po delení 9.

Je známe, že číslo má rovnaký zvyšok po delení 9 ako jeho ciferný súčet. Pre tých, ktorých to zaujíma, toto tvrdenie je dokázané v poznámke na konci.

Z toho vyplýva, že n, S(n), S(S(n)) a S(S(S(n))) majú rovnaký zvyšok po delení 9, a teda ak označíme tento zvyšok 0\le k\le8, tak musí platiť, že 4k má zvyšok 1 po delení 9. 

Vyskúšame všetky možnosti na k, aby sme zistili, kedy to vie platiť:

Teda jediné vyhovujúce k je 7 a n musí mať zvyšok 7 po delení 9.

Vyskúšame teda všetky 1970\le n \le 2014, ktoré dávajú zvyšok 7 po delení 9 a zistíme, akú hodnotu bude mať výraz n + S(n)+S(S(n))+S(S(S(n))):

Poznámka

Chceme dokázať, že ciferný súčet čísla n má rovnaký zvyšok po delení 9 ako n. 

Ukážeme si to pre trojciferné číslo s ciframi abc. Toto číslo vieme zapísať ako 100a+10b+c = 99a + 9b + a + b + c = 9 \cdot (11a+b)+a+b+c.  Takže nakoľko 9 \cdot (11a+b) je deliteľné 9, tak 100a+10b+c musí mať rovnaký zvyšok po delení 9 ako a+b+c, čo je jeho ciferný súčet.

Podobne vieme toto tvrdenie ukázať aj pre čísla s iným počtom cifier.

Spočiatku si uvedomme tri veci: Za prvé, vieme si vtaky predstaviť ako body na nejakej úsečke, za druhé, my netušíme v akom poradí sa jednotlivé vtáky vyskytujú, a za tretie, vzdialenosti medzi nimi môžu byť naozaj ľubovoľné. Teda je naozaj ťažké pracovať reálne so vzdialenosťami medzi nimi.

Preto my tento problém obídeme tak, že len rozdelíme celkovú vzdialenosť medzi najľavejším a najpravejším vtákom na zdialenosti medzi každou dvojicou susedných vtákov a následne ukážeme, že každá takáto vzdialenosť je zahrrnutá vo viacerých rôznopohlavných dvociciach ako v rovnakopohlavných.

Pozrime na nejakú "medzeru" medzi dvoma susednými vtákmi. Vľavo od nej je nejaké množstvo holubov A a holubíc B a vpravo od nej je n-A holubov a n-B holubíc. Teda takých párov, ktoré sú medzi vtákmi rovnakých pohlaví a ich vzájomná vzdialenosť obsahuje túto medzeru (teda má jedného vtáka naľavo a druhého napravo od nej) je A\times (n-A) pre holuby a B\times (n-B) pre holubice. Dokopy je to teda A\times (n-A)+B\times (n-B)

Teraz sa pozrime na dvojice medzi vtákmi rôznych pohlaví ktorých vzájomná vzdialenosť tiež obsahuje túto medzeru. Párov kde je holub vľavo a holubica vpravo od tejto medzery je A\times (n-B) a takých kde je holub vpravo a holubica vľavo je B\times (n-A). Dokopy teda A\times (n-B)+B\times (n-A)

Teraz ukážeme sériou ekvivalentných úprav, že viac rôznopohlavných dvojíc zahŕňa túto medzeru ako rovnakopohlavných.

A\times(n-B)+B\times(n-A) \ \square \ A\times(n-A)+B\times(n-B) \\ n\times(A+B) -2AB \ \square \ n\times(A+B)-A^2-B^2 \ \ \ \ /+A^2+B^2-n\times(A+B) \\ A^2-2AB+B^2 \ \square \ 0 \\ (A-B)^2 \geq 0 \implies A\times(n-B)+B\times(n-A) \geq A\times(n-A)+B\times(n-B)