XLI OM - II etap

II etap XLI Olimpiady Matematycznej

XLI OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XLI OM, 1989-1990

Etap:

Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych $x$ , $y$ spełniające równanie

$ (xy-l)^2 = (x + l)^2 + (y + l)^2. $

Rozwiązanie

Wprowadzamy pomocnicze niewiadome $u = x + 1$ , $v = y+1$ i przekształcamy dane równanie metodą przejść równoważnych:

$((u-1)(v-1)-1)^2 = u^2+v^2;$

$(uv-(u+v))^2 = (u+v)^2-2uv;$

$u^2v^2 -2uv(u+v) = -2uv;$

$uv(uv-2u-2v+2) = 0;$

$uv((u-2)(v-2)-2) = 0;$

$uv = 0 \ \textrm{lub} \ (u- 2)(v-2) = 2;$

$(x + 1)(y+1) = 0 \ \textrm{lub} \ (x-1)(y-1) = 2;$

$x - 1 \ \textrm{lub} \ y = -1 \ \textrm{lub} \ \{x,y\} = \{2,3\}.$

Tak więc ogólne rozwiązanie danego równania w liczbach całkowitych tworzą następujące pary $(x,y)$ :

$ (2,3); \quad (3,2); \quad (z,-1);\quad (-1,z), $

gdzie $z$ może być dowolną liczbą całkowitą.

XLI OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLI OM, 1989-1990

Etap:

W przestrzeni dany jest punkt $O$ oraz skończony zbiór wektorów $\overrightarrow{v_1},\ldots,\overrightarrow{v_n}$ . Rozważamy zbiór tych punktów $P$ , dla których wektor $\overrightarrow{OP}$ daje się przedstawić w postaci sumy $a_1 \overrightarrow{v_1} + \ldots + a_n\overrightarrow{v_n}$ o współczynnikach spełniających nierówności $0 \leq a_i \leq 1$ ( $i = 1, 2, \ldots, n$ ). Rozstrzygnąć, czy zbiór ten może być czworościanem.

Rozwiązanie

Wykażemy, że punkt $M$ będący końcem wektora

$ \overrightarrow{OM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{v_1}+\ldots+\overrightarrow{v_n}) $

jest środkiem symetrii rozważanego zbioru $W$ .

Przypuśćmy bowiem, że $P \in W$ . Zatem wektor $\overrightarrow{OP}$ dopuszcza przedstawienie

$ (1) \qquad \overrightarrow{OP} = a_1 \overrightarrow{v_1} + \ldots + a_n \overrightarrow{v_n}, \quad 0 \leq a_i \leq 1 \ (i=1,\ldots,n). $

Niech $Q$ będzie końcem wektora

$ (2) \qquad \overrightarrow{OQ} = (1-a_1)\overrightarrow{v_1} + \ldots + (1-a_n)\overrightarrow{v_n}. $

Liczby $1-a_i$ także zawierają się między $0$ a $1$ , zatem $Q \in W$ . Ponadto zachodzi równość

$ \frac{1}{2} (\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}) = \frac{1}{2} \overrightarrow{v_1} + \cdots + \frac{1}{2} \overrightarrow{v_n} = \overrightarrow{OM}m $

z której wynika, że punkt $M$ jest środkiem odcinka $PQ$ . Innymi słowy, $Q$ jest obrazem $P$ w symetrii środkowej względem punktu $M$ . (Uwaga: przedstawienie wektora $\overrightarrow{OP}$ w postaci (1) nie musi być jedyne; zatem i przedstawienie wektora $\overrightarrow{OQ}$ w postaci (2) może nie być jedyne; z uzyskanej przed chwilą konkluzji wynika wszelako, że sam punkt $Q$ jest wyznaczony przez $P$ jednoznacznie.)

Pokazaliśmy, że jeśli $P$ jest dowolnym punktem zbioru $W$ , to punkt $Q$ symetryczny do $P$ względem $M$ także należy do $W$ . To znaczy, że $M$ jest środkiem symetrii zbioru $W$ .

Czworościan nie ma środka symetrii. Zatem zbiór $W$ nie może być czworościanem.

XLI OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLI OM, 1989-1990

Etap:

W turnieju szachowym każdy zawodnik rozegrał z każdym co najwyżej jedną partię, przy czym liczba partii rozegranych przez każdego z zawodników jest nie mniejsza od ustalonej liczby naturalnej $n$ . Udowodnić, że można podzielić zawodników na dwie grupy $A$ i $B$ w taki sposób, by liczba partii rozegranych przez każdego gracza grupy $A$ z graczami grupy $B$ była nie mniejsza niż $n/2$ i jednocześnie liczba partii rozegranych przez każdego gracza grupy $B$ z graczami grupy $A$ była nie mniejsza niż $n/2$ .

Rozwiązanie

Weźmy pod uwagę dowolny podział $(A,B)$ zbioru wszystkich zawodników na dwa rozłączne podzbiory $A$ i $B$ . Niech $q(A,B)$ oznacza liczbę wszystkich rozegranych partii, w których jeden z przeciwników należał do zbioru $A$ , a drugi - do $B$ . Ponieważ liczba wszystkich możliwych podziałów $(A,B)$ jest skończona, istnieje zatem taki podział, dla którego wartość $q(A,B)$ jest maksymalna. Ustalmy ten podział; jeśli maksimum to jest osiągane dla kilku różnych podziałów, wybieramy dowolny z nich. W dalszym ciągu $(A,B)$ będzie oznaczać nasz wybrany podział (dla którego wielkość $q$ osiąga maksimum).

Udowodnimy, że podział ten spełnia warunek postulowany w tezie zadania.

Przypuśćmy, wbrew temu stwierdzeniu, że na przykład w zbiorze $A$ znajduje się zawodnik, który z graczami grupy $B$ rozegrał mniej niż $n/2$ partii; oznaczmy go literą $a$ . Przenosimy gracza $a$ z grupy $A$ do $B$ . Zbiór $A$ ,,uszczuplony'' o zawodnika $a$ oznaczmy symbolem $A'$ ; zbiór $B$ ,,wzbogacony'' o zawodnika $a$ oznaczmy przez $B'$ . Tak więc

$ A' = A \ \{a\}, \quad B' = B\ \{a\}. $

Przyjmijmy, że zawodnik $a$ rozegrał $k_A$ partii z graczami grupy $A$ oraz $k_B$ partii z graczami grupy $B$ . Zachodzi równość

$ q(A\,B')-q(A,B) = k_A-k_B, $

wynikająca stąd, że wszystkie partie rozegrane bez udziału zawodnika $a$ , uwzględnione przy obliczeniu $q(A,B)$ , wchodzą także do obliczenia $q(A',B')$ (i na odwrót), więc przy obliczaniu różnicy $q(A',B') - q(A,B)$ znoszą się. Z założenia wynika, że $k_A + k_B \geq n$ , natomiast uczynione przez nas przypuszczenie mówi, że $k_B < n/2$ . Stąd $k_A > n/2$ . Tak więc $k_A - k_B > 0$ i w konsekwencji

$ q(A',B')-q(A,B)>0. $

Jest to jednak sprzeczne z określeniem podziału $(A,B)$ jako tego, dla którego wielkość $q(A,B)$ osiąga maksimum.

Podobną sprzeczność uzyskamy wychodząc z przypuszczenia, że w grupie $B$ znajdzie się zawodnik, który z graczami grupy $A$ rozegrał mniej niż $n/2$ partii (rola zbiorów $A$ i $B$ jest w rozważanym zagadnieniu symetryczna).

Uzyskana sprzeczność dowodzi tezy zadania.

XLI OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XLI OM, 1989-1990

Etap:

Dla każdej pary liczb naturalnych parzystych $k$ , $m$ wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste $x$ spełniające równanie

$ (\sin x)^k + (\cos x)^{-m} = (\cos x)^k + (\sin x)^{-m}. $

Rozwiązanie

Gdy $k = m = 0$ , równanie spełnione jest tożsamościowo.

Pomijając ten trywialny przypadek, tzn. zakładając, że co najmniej jedna z liczb $k$ , $m$ jest dodatnia, przepiszmy równanie w postaci

$ (1) \qquad (\sin x)^k-(\sin x)^{-m} = (\cos x)^k - (\cos x)^{-m} $

i weźmy pod uwagę funkcję

$ f(t) = t^k-t^{-m}, $

określoną dla $t \ne 0$ . W zbiorze liczb dodatnich funkcja $f$ jest ściśle rosnąca (bo funkcje $t \to t^k$ , $t \to -t^{-m}$ są niemalejące, a co najmniej jedna z nich jest ściśle rosnąca). Ponadto $f$ jest funkcją parzystą (w zbiorze liczb różnych od zera). Zatem równość

$ f(\sin x) = f(\cos x), $

będąca innym zapisem równania (1), jest równoważna alternatywie

$ (2) \qquad \sin x = \cos x \quad \textrm{lub} \quad \sin x = - \cos x. $

Ogólnym rozwiązaniem (2) (więc i (1)) jest zbiór liczb postaci

$ x = \frac{\pi}{4} + j \cdot \frac{\pi}{2}, $

gdzie $j$ może być dowolną liczbą całkowitą.

XLI OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLI OM, 1989-1990

Etap:

Danych jest $n$ liczb naturalnych ( $n\geq 2$ ), których suma równa jest ich iloczynowi. Wykazać, że ta wspólna wartość nie przekracza $2n$ .

Rozwiązanie

Jak zwykle, gdy mowa jest o liczbach naturalnych, pojawia się kwestia umowy, czy zero uważamy za liczbę naturalną. W tym zadaniu nie ma to znaczenia: jeśli choć jedna z rozważanych liczb jest zerem, to ich iloczyn także jest zerem i teza jest oczywista.

Gdyby $n -1$ spośród $n$ danych liczb było jedynkami, warunek dany w założeniu nie mógłby być spełniony. W dalszym ciągu będziemy więc rozważać układ $n$ liczb całkowitych dodatnich, wśród których co najmniej dwie są większe od $1$ .

Oznaczmy dane liczby przez

$ 1 + x_1, 1 + x_2, \ldots ,1 + x_n, $

przyjmując, że

$ x_1 \geq x_2 \geq \ldots \geq x_n \geq 0, \quad x_2 \geq 1. $

W myśl założenia zachodzi równość

$ (1) \qquad \prod_{i=1}^n (i+x_i) = \sum_{i=1}^n (1+x_i). $

Oznaczmy wspólną wartość lewej i prawej strony (1) przez $s$ . Mamy dowieść, że $s \leq 2n$ .

Gdy $n = 2$ , warunek (1) prowadzi do równania $x_1x_2 = 1$ , czyli $x_1 = x_2 = 1$ . Wówczas $s = 4 = 2n$ ; teza zachodzi.

Dalej zakładamy, że $n \geq 3$ . Prawa strona (1) równa się

$ (2) \qquad s = n + \sum_{i=1}^n x_i. $

Wymnażając czynniki iloczynu znajdującego się po lewej stronie (1) dostajemy sumę składników następującej postaci:

$ \begin{split} (3) \qquad s & = \prod_{i=1}^n (1+x_i) = \\ & = 1 + \sum_{1 \leq i \leq n} x_i + \sum_{1 \leq i < j \leq n} x_i x_j + \sum_{1 \leq i < j < k \leq n} x_i x_j x_k + \ldots \\ & \ldots + (x_1 x_2 \ldots x_n). \end{split} $

Przez przyrównanie prawych stron (2) i (3) otrzymujemy równość

$ \begin{split} (4) \qquad n-1 = \sum_{1 \leq i < j \leq n} x_i x_j + \sum_{1 \leq i < j < k \leq n} & x_i x_j x_k + \ldots \\ & \ldots + (x_1 x_2\ldots x_n). \end{split} $

Rozważymy teraz dwa przypadki.

Przypadek I. $x_3 \geq 1$ .

Oszacujemy z dołu prawą stronę równości (4) opuszczając pewne nieujemne składniki:

$ \begin{split} n-1 & \geq \sum_{1 \leq i < j \leq n} x_ix_j+ \sum_{1 \leq i < j < k \leq n} x_ix_jx_k \geq \\ & \geq x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 + \sum_{3 < i\leq n} x_ix_3 + x_1x_2x_3 = \\ & x_1x_2+ x_3 \left( \sum_{i=1}^3 x_i - x_3 + x_1x_2 \right). \end{split} $

Kontynuujemy szacowanie, wykorzystując nierówności $x_1x_2 \geq x_3 \geq 1$ oraz równość (2):

$ n - 1 \geq x_1x_2 + x_3 \cdot \sum_{i=1}^n x_i = x_1x_2 + x_3(s-n) \geq 1+s-n. $

Stąd $s \leq 2n - 2$ , więc tym bardziej $s \leq 2n$ .

Przypadek II. $x_3 = 0$ (czyli $x_i = 0$ dla $i \geq 3$ ).

Warunek (4) przybiera postać

$ (5) \qquad n-1 = x_1x_2 $

(wszystkie pozostałe składniki prawej strony (4) są zerami). Stąd, wobec (2):

$ s = n+x_1+x_2 = n+(x_1x_2-(x_1-1)(x_2-1) + 1) \leq n+x_1x_2 + 1 = 2n. $

Teza jest więc udowodniona.

Uwaga. Równość $s = 2n$ jest możliwa tylko w przypadku II, i to tylko wtedy, gdy $(x_1 - 1)(x_2 -1) = 0$ , czyli gdy $x_2 = 1$ (bo $x_1 \geq x_2$ ). Wówczas, zgodnie z (5), $x_1 = n-1$ . A zatem równość $s = 2n$ zachodzi tylko dla $(x_1,\ldots, x_n) = (n-1,1,0,\ldots,0)$ - czyli tylko wtedy, gdy jedna spośród danych w zadaniu liczb równa się $n$ , jedna równa się $2$ , a pozostałe są jedynkami.

XLI OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLI OM, 1989-1990

Etap:

Dla dowolnego wielokąta wypukłego $W$ o polu 1 oznaczmy przez $f(W)$ pole wielokąta wypukłego, którego wierzchołkami są środki wszystkich boków wielokąta $W$ . Dla każdej liczby naturalnej $n \geq 3$ wyznaczyć kres dolny i kres górny zbioru liczb $f(W)$ gdy $W$ przebiega zbiór wszystkich $n$ -kątów wypukłych o polu 1.

Rozwiązanie

Przypadek $n = 3$ jest banalny: dla każdego trójkąta $W$ o polu $1$ zachodzi równość $f(W) = 1/4$ ; funkcja $f$ jest w tym przypadku stała.

W dalszym ciągu zakładamy, że $n \geq 4$ .

Niech $W$ będzie dowolnym $n$ -kątem o polu $1$ . Każdy z trójkątów, którego wierzchołkami są trzy kolejne wierzchołki wielokąta $W$ , nazwiemy trójkątem
narożnym; dla danego $n$ -kąta $W$ możemy utworzyć $n$ takich trójkątów. Oznaczmy przez $g(W)$ sumę pól wszystkich $n$ trójkątów narożnych.

Jeśli $P$ , $Q$ , $R$ są trzema kolejnymi wierzchołkami $W$ , a punkty $M$ i $N$ są środkami boków $PQ$ i $QR$ , to pole trójkąta $MQN$ równa się $1/4$ pola trójkąta narożnego $PQR$ . Gdy od $n$ -kąta $W$ odetniemy $n$ trójkątów utworzonych podobnie jak trójkąt $MQN$ (przy wszystkich $n$ wierzchołkach), otrzymamy $n$ -kąt wypukły o wierzchołkach w środkach boków $W$ ; jego pole wynosi $f(W)$ . Ponieważ odcięte (małe) trójkąty są parami rozłączne, zatem łączne pole odciętej części wynosi $\frac{1}{4} g(W)$ . Wobec tego

$ (1) \qquad f(W) = 1-\frac{1}{4}g(W). $

Trójkąty narożne wyznaczone przez dwa kolejne wierzchołki wielokąta $W$ nazwijmy sąsiednimi. (Jeśli na przykład $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ są czterema kolejnymi wierzchołkami $W$ , to trójkąty narożne $PQR$ i $QRS$ są sąsiednie.) Zauważmy, że dowolne dwa trójkąty narożne, które nie są sąsiednie, mają wnętrza rozłączne. Zatem każdy punkt wielokąta $W$ może być punktem wewnętrznym co najwyżej dwóch trójkątów narożnych. (Punkt leżący wewnątrz pewnego trójkąta narożnego może - ale nie musi - jednocześnie należeć tylko do wnętrza jednego z dwóch sąsiednich trójkątów narożnych.) Wynika stąd, że suma pól wszystkich $n$ trójkątów narożnych nie przekracza podwojonego pola $n$ -kąta $W$ :

$ (2) \qquad g(W) \leq 2. $

Gdy $n = 4$ , czyli gdy $W$ jest czworokątem, nierówność (2) staje się równością, bowiem każde dwa przeciwległe (nie sąsiednie) trójkąty narożne dokładnie pokrywają cały czworokąt. Zatem dla każdego czworokąta $W$ mamy $g(W) = 2$ i wobec równości (1): $f(W) = 1/2$ ; widzimy, że i w tym przypadku funkcja $f$ jest stała.

Ustalmy teraz liczbę naturalną $n \geq 5$ . Równość we wzorze (2) nie jest wówczas możliwa; ale wykażemy, że wartości $g(W)$ mogą być dowolnie bliskie liczby $2$ .

Idea rozumowania jest następująca: wyobraźmy sobie graniczną (zdegenerowaną) postać $n$ -kąta $ABC_1C_2 \ldots C_{n-2}$ , w której wierzchołki $C_1,\ldots, C_{n-2}$ pokrywają się. Wielokąt redukuje się do trójkąta (o polu $1$ ); trójkąty narożne $ABC_1$ oraz $C_{n-2}AB$ są identyczne z całym rozważanym trójkątem, trójkąty narożne $BC_1C_2$ oraz $C_{n-3}C_{n-2}A$ stają się odcinkami, a pozostałe trójkąty narożne redukują się do punktu. Suma pól trójkątów narożnych równa się $1 + 1 + 0+\ldots +0 = 2$ . Odsuwając od siebie nieznacznie wierzchołki $C_1,\ldots,C_{n-2}$ i korzystając z ciągłości pola wielokąta (jako funkcji współrzędnych jego wierzchołków) możemy uzyskać niezdegenerowany $n$ -kąt wypukły, o polu bliskim $1$ , dla którego wartość funkcji $g$ jest bliska $2$ . Przekształcając go przez podobieństwo o skali bliskiej $1$ dostaniemy wielokąt o polu równym dokładnie $1$ i o wartości funkcji $g$ nadal bliskiej $2$ .

Spróbujmy przeprowadzić dokładniejszą konstrukcję. Niech $\varepsilon$ i $\delta$ będą liczbami dodatnimi mniejszymi od $1/2$ . Rozważmy trójkąt $ABC$ (o dowolnym kształcie - na przykład równoramienny) o podstawie $AB$ długości $2$ , którego wysokość opuszczona z wierzchołka $C$ ma długość $l+\varepsilon$ . Na bokach $BC$ i $CA$ (odpowiednio) zaznaczamy punkty $C_1$ i $C_{n-2}$ tak, by odcinek $C_1C_{n-2}$ przebiegał równolegle do $AB$ , w odległości $1-\delta$ (rysunek 5). Pole trójkąta $ABC$ równa się $1+\varepsilon$ . Trójkąt $C_{n-2}C_1C$ jest podobny do $ABC$
w skali $\lambda = \frac{\delta + \varepsilon}{1+\varepsilon}$ . W takim razie jego pole równa się

$ \lambda^2 (1+\varepsilon) = \frac{(\delta + \varepsilon)^2}{1+\varepsilon}. $

Zatem trapez $ABC_1C_{n-2}$ ma pole

$ (1+\varepsilon)-\frac{(\delta+\varepsilon)^2}{1+\varepsilon} = 1- \frac{\delta^2 + 2 \delta \varepsilon - \varepsilon}{1+\varepsilon}. $

Przyjmijmy, że liczby $\varepsilon$ i $\delta$ spełniają nierówność $\delta^2 + 2\delta \varepsilon - \varepsilon > 0$ , czyli

$ (3) \qquad \varepsilon < \frac{\delta^2}{1-2\delta}. $

Wówczas pole trapezu $ABC_1C_{n-2}$ jest mniejsze od $1$ . A ponieważ pole trójkąta $ABC$ jest większe od $1$ , przeto można wewnątrz trójkąta $C_{n-2}C_1C$ tak poprowadzić łamaną $C_1C_2\ldots C_{n-3}C_{n-2}$ , żeby otrzymać $n$ -kąt wypukły $ABC_1C_2 \ldots C_{n-3}C_{n-2}$ o polu równym dokładnie $1$ . Oznaczmy go przez $W$ . Zgodnie z określeniem funkcji $g$ ,

$ \begin{split} g(W) & = \textrm{pole}(C_{n-2}AB) + \textrm{pole}(ABC_1) + \left( \begin{array}{c} \textrm{suma pól pozostałych}\\ \textrm{trójkątów narożnych} \end{array} \right) = \\ & = (1-\delta) + (1-\delta) + \textrm{pozostałe składniki dodatnie} > \\ >2-2\delta . \end{split} $

Liczba $\delta$ może być dowolnie bliska zeru. Przy tym do dowolnie wybranej liczby $\delta \in (0; \frac{1}{2})$ możemy dobrać $\varepsilon$ tak, by była spełniona nierówność (3). Stąd wniosek (wobec dowolności 6), że istotnie wartość $g(W)$ może być dowolnie bliska $2$ .

W połączeniu z wcześniejszą nierównością (2) znaczy to, że

$ (4) \qquad \begin{array}{l} \textrm{dla dowolnie ustalonej liczby naturalnej} \ n \geq 5 \\ \textrm{kres górny zbioru wartości} \ g(W) \ \textrm{wynosi} \ 2. \end{array} $

Należy teraz znaleźć dolne ograniczenie dla $g(W)$ . Przypomnijmy sobie zadanie 12 z zawodów pierwszego stopnia. Zgodnie z jego tezą, w każdym pięciokącie wypukłym można wybrać cztery trójkąty narożne, których suma pól przekroczy pole pięciokąta. Tym bardziej suma pól wszystkich pięciu trójkątów narożnych przekroczy pole pięciokąta. Wobec tego

$ (5) \qquad g(W)>1 \quad \textrm{dla} \ n = 5. $

Dla większych $n$ zadowolimy się oczywistym spostrzeżeniem, że $g(W)$ , jako suma pewnych pól, jest liczbą dodatnią:

$ (6) \qquad g(W) > 0. $

Pokażemy, że znalezione dolne ograniczenia, figurujące we wzorach (5) (dla $n = 5$ ) i (6) (dla $n \geq 6$ ), są już możliwie największe, czyli są dolnymi kresami wartości $g(W)$ . Podobnie, jak w rozumowaniu przeprowadzonym chwilę wcześniej, nierówności (5) i (6) przechodzą w równości dla pewnych konfiguracji zdegenerowanych. Mianowicie:

Dla $n = 5$ rozważamy pięciokąt $A_1A_2B_1B_2C$ (o polu $1$ ), w którym wierzchołek $A_1$ pokrywa się z $A_2$ , a $B_1$ pokrywa się z $B_2$ . Trójkąt narożny $B_2CA_1$ ma pole $1$ ; pozostałe trójkąty narożne redukują się do odcinków. Suma pól trójkątów narożnych wynosi $1 + 0+0 + 0 + 0$ . Dla $n \geq 6$ rozważamy $n$ -kąt $A_1A_2B_1B_2C_1 \ldots C_{n-4}$ , w którym wierzchołek $A_1$ pokrywa się z $A_2$ , wierzchołek $B_1$ pokrywa się z $B_2$ a także wszystkie punkty $C_i$ pokrywają się. Wszystkie trójkąty narożne redukują się do odcinków bądź do pojedynczego punktu, suma ich pól jest zerem.

Opisane tu figury są faktycznie trójkątami, nie $n$ -kątami. Ale znów, jak poprzednio, wystarczy nieznacznie rozsunąć punkty $A_1$ i $A_2$ , punkty $B_1$ i $B_2$ , oraz (w ostatnim przykładzie) wszystkie punkty $C_i$ , by uzyskać wielokąt, dla którego różnica między lewą a prawą stroną odpowiedniej nierówności ((5) dla $n = 5$ , (6) dla $n \geq 6$ ) będzie dowolnie mała (mniejsza od dowolnej, z góry zadanej liczby dodatniej). Ponownie korzystamy tu z ciągłości pola wielokąta jako funkcji współrzędnych wierzchołków.

Można uniknąć operowania konfiguracjami zdegenerowanymi podając dokładną metodę konstrukcji (odcinanie wierzchołków pewnego trójkąta wraz z ich niewielkimi otoczeniami) i przeprowadzając rachunek podobny do tego, który doprowadził nas do stwierdzenia (4); odpowiednie wielokąty przedstawia rysunek 6.

Wniosek:

$ (7) \qquad \begin{array}{l} \textrm{dla dowolnie ustalonej liczby naturalnej} \ n \geq 6 \\ \textrm{kres dolny zbioru wartości} \ g(W)\ \textrm{wynosi}\ 0;\\ \textrm{dla} \ n = 5\ \textrm{kres ten wynosi} \ 1. \end{array} $

Funkcje $f$ i $g$ są związane zależnością (1); po lewej stronie funkcja $f$ występuje ze znakiem plus, po prawej stronie funkcja $g$ występuje ze znakiem minus. Zatem kres górny $g$ wyznacza kres dolny $f$ , i podobnie kres dolny $g$ wyznacza kres górny $f$ . Uzyskane stwierdzenia (4) i (7), wraz z rozpatrzonymi na początku przypadkami $n = 3$ , $n = 4$ , prowadzą do ostatecznej odpowiedzi na postawione w zadaniu pytanie.

Traktując $n$ jako ustalone i oznaczając kres dolny oraz kres górny zbioru wartości $f(W)$ krótko przez $\inf f$ oraz $\sup f$ zapiszemy tę odpowiedź w postaci układu równości:

$ \begin{split} \textrm{dla}\ n = 3\colon & \inf f= \sup f= \frac{1}{4}; \\ \textrm{dla}\ n = 4\colon & \inf f= \sup f = \frac{1}{2}; \\ \textrm{dla}\ n = 5\colon & \inf f=\frac{1}{2}, \sup f=\frac{3}{4}; \\ \textrm{dla}\ n \geq 6\colon & \inf f=\frac{1}{2}, \sup f=1. \end{split} $