Zväčšiť hranu o je to isté ako ju zdvojnásobiť na . Objem pôvodnej kocky bol , po zväčšení bude . Zväčšil sa o , čo je .

9

Chceme, aby všetky priesečníky priamok boli rôzne, ležali vo vnútri medzikružia a aby každá priamka bola sečnicou vnútorného kruhu. To sa nám podarí, ak vnútorná kružnica bude niečo medzi vpísanou a opísanou kružnicou trojuholníka, ktorý ohraničujú tri priamky.

Číslo musí byť deliteľné a (). Z kritéria deliteľnosti 8 máme, že , z deliteľnosti 9 platí: , preto .

25

Počet žiakov musí byť deliteľný 5. Ak by ich bolo 20 alebo menej, tak z Dirichletovho princípu aspoň dvaja žiaci, ktorí boli spolu v prvom kole, musia byť spolu aj v druhom. Našťastie 25 žiakov už stačí, lebo môžeme do každého nového družstva zobrať jedného z každého tímu.

Po zjedení všetkých kúskov s čokoládou nám zostane kváder zložený zo všetkých kúskov bez čokolády, takže ich musí byť 192. Z celkového počtu kúskov už ľahko zrátame percentá:

Najdlhšia je zrejme uhlopriečka . Nech je stred strany . Chceme získať dĺžku . Trojuholník je pravouhlý rovnoramenný (z Pytagorovej vety), takže je stred pomyselného štvorca ( a získame preklopením , cez ). Takže . Dĺžku už zrátame jednoducho z Pytagorovej vety: .

2012

Stačí nám vyskúšať všetky možné zmeny na ľavej strane (je ich 16) a zisťovať, či sa dá pravá strana podľa toho zmeniť.

300

Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že . Potom . Túto hodnotu vieme dosiahnuť pre .

5

Sčítaním prvých dvoch rovností pre aritmetický priemer . Správny výsledok dostaneme predelením tejto rovnosti troma.

45

Nakreslíme si obrázok a postupne skontrolujeme stromy od tých, čo sú najbližšie k záhradníkovi, až po tie úplne najďalej. Kontrolovaný strom vždy označíme za viditeľný, ak ešte nebol vyškrtnutý a spolu s ním vyškrtneme všetky ďalšie stromy, ktoré tento strom zakrýva (ležia spolu s ním a záhradníkom na jednej priamke). Nakoniec spočítame všetky stromy, ktoré sme označili za viditeľné.

Rozdeľme možnosti podľa toho, koľko stien zafarbíme bielou farbou. Pre nula stien máme jednu možnosť, rovnako ako pre jednu stenu. Pre dve steny existujú dve možnosti: zafarbené steny buď susedia jednou hranou, alebo sú protiľahlé. Pre tri steny sú tiež dve možnosti: Steny majú spoločný vrchol alebo dve sú protiľahlé a tretia susedí s obidvomi hranou. Pre štyri je rovnako veľa možností ako pre dve. Tak isto aj pre päť a šesť je toľko možností ako pre jednu a nula. Spolu všetkých možností je potom .

72

Dokreslíme si rovnobežku s cez bod , označme , jej priesečníky s a v tomto poradí. Je vidno, že trojuholníky a sú zhodné, takže obsah sa rovná obsahu , čo je obdĺžnik s obsahom .

1028

Pre všetky párne čísla je číslo určite druhou mocninou. Pre nepárne čísla je druhou mocninou práve vtedy, keď je druhou mocninou nepárneho čísla. Párnych čísel do 2012 je 1006. Najväčšia druhá mocnina, ktorá je nanajvýš 2012 je 44. Vyhovujú teda aj druhé mocniny nepárnych čísel do 44, ktorých je 22. Spolu máme .

Uvedomíme si, že červený bod sa pohybuje po výsekoch kružnice (jeden bod vždy zostáva na mieste a vzdialenosť červeného bodu je od neho konštantná). Dvakrát prejde z obvodu kružnice a raz zostane na mieste. Dokopy prejde dráhu dĺžky .

Číslo musí byť deliteľné a (lebo ). Keďže je kladné, nie je zložené len zo samých núl, teda obsahuje aspoň jednu jednotku. Z deliteľnosti 9 máme, že ich súčet je deliteľný 9, takže ich je aspoň 9. Z deliteľnosti 25 vieme, že číslo končí jedným z dvojčísiel . Vyhovuje len . Takže číslo je aspoň

28

Billov vek, označme ho , je druhá mocnina prirodzeného čísla v rozpätí od 18 do 70. Ďalej vieme, že je taktiež druhou mocninou. Stačí vyskúšať niekoľko možností.

pripadne v opacnom poradi.

Predpokladajme, že sme našli vhodný papier. Označíme jeho kratšiu stranu a dlhšiu . Preložíme papier podľa pokynov v zadaní. Útvar je symetrický, preto stredný, najširší trojuholník je rovnoramenný. Uhlopriečka spájajúca dva vrcholy, ktoré boli pri sebe, je ťažnicou, respektíve výškou najväčšieho trojuholníka, preto delí uhol oproti základni na dva rovnaké. Uhol najmenšieho trojuholníka pri tom istom vrchole je však taký istý, keďže majú totožnú stranu, pravý uhol a obsah. Preto má každý z troch uhlov . Menší trojuholník má teda strany . Z pomeru strán rovnostranného trojuholníka ďalej dostávame poomer strán kratšia ku dlhšej =

16

Číslo má byť deliteľné , a preto sa musí končiť cifrou alebo Rovnako je číslo deliteľné aj tromi, a preto jeho ciferný súčet je deliteľný tromi, čiže súčet prvých dvoch cifier musí dávať po delení 3 zvyšok (ak je posledná cifra ) alebo (ak je posledná ). Zvyšok vieme dostať ako súčet čísiel so zvyškami , (záleží aj na poradí cifier, takže máme možností.). Podobne zvyšok vieme dostať len ako , (znovu máme možností) .

Označme , a stredy troch menších kružníc. Trojuholník nimi tvorený je rovnoramenný so stranou dĺžky . Jeho výška má dĺžku . Výšky trojuholníka sa pretínajú v strede kružnice , označme ho . Výšky sú zároveň aj ťažnicami v rovnostrannom trojuholníku, a preto . Polomer je potom len o polomer menšej kružnice dlhší od .

Nech , pre nejaké prirodzené číslo a cifru . Potom . Cifra na mieste desiatok bude nepárna vtedy, keď je nepárna desiatková cifra . Preto je alebo . Posledná cifra je v oboch prípadoch .

19

Nasledujúci reťazec je takým -reťazcom:

-reťazci

,

-reťazec

Sčítaním rovníc dostaneme . Po vydelení rovnice 2 získame vzťah , a teda , ale keďže hľadáme kladné, tak . Spätným dosadením do pôvodných rovníc máme , , , z čoho ľahko získame riešenie .

0

Stačí hľadať rovnaké obsahy. Napríklad ak rozrežeme kruh ešte dvoma tetivami, ktoré sú bodovo súmerné so stredom kružnice k pôvodným dvom tetivám, tak získame 9 častí, pričom stredná bude navyše. Preto musí aspoň jedna z priamok prechádzať stredom kružnice.

Z bodu má 4 možnosti kam sa vydať. Na najbližšej križovatke, kam sa dostane, má už len 2 možnosti (nemôže ísť naspäť ani dokončiť kolečko okolo prvej budovy). Na nasledujúcej križovatke má zas na výber 2 možnosti. Ďalej je už jeho cesta jednoznačne určená. Vyberal si zo možných ciest.

Rovnobežka s kratším ramenom rozdelí lichoběžník na rovnobežník a trojúholník so stranami , , , ktorý je zjavne rovnoramenný pravouhlý. Rovnobežník je preto obdĺžnik. Obsah už jednoducho spočítame ako .

Každému poradiu ľudí priraďme hodnotu , ktorá označuje počet dvojíc (nielen susediacich) ľudí takých, že nižší stojí pred vyšším. V jednom ťahu je možné znížiť maximálne o 1, pričom ak , tak existuje ťah, ktorým sa zníži. Na začiatku je najviac , ak stoja všetci v opačnom poradí. Na zoradenie treba aspoň (a jednoducho sa presvedčíme, že aj stačí) ťahov.

59

Akonáhle vieme zaplatiť hodnotu s nejakým zvyškom po delení , tak vieme už zaplatiť ľubovoľnú vyššiu hodnotu s rovnakým zvyškom. Pre každý zvyšok postupne zistíme, kedy sa prvýkrát dosiahne. Zvyšok po delení sa zmení, len ak použijeme . Takže dáva zvyšok , dáva , dáva , dáva , dáva , dáva a dáva zvyšok po delení . Máme všetky zvyšky, a od sú už všetky hodnoty určite dosiahnuteľné. Posledná nedosiahnuteľná hodnota má zvyšok 3 a najvyššou takou je .

Najmenší možný obsah najväčšej časti je štvrtina obsahu kruhu. Súvislá časť s daným obsahom má najmenší obvod, ak má tvar kruhu. Takže ak rozsekneme pôvodný kruh tak, že všetky časti budú mať obsah práve štvrtinu obsahu pôvodného kruhu a jedna z tých častí bude mať kruhový tvar, tak sme hotoví. To sa dá napríklad vyseknutím sústrednej kružnice s pôvodným kruhom a polovičným polomerom a zvyšok rozrežeme na tri rovnaké časti ako na obrázku. Malá kružnica má obvod .

Nech je ich spoločným riešením. Odčítaním rovníc máme . Takže buď alebo . V prvom prípade je ich spoločný koreň , dosadením do niektorej z rovníc dorátame . V druhom prípade sú rovnice síce identické, no ich korene nie sú reálne.

Nech je číslo, ktoré nám zostane po škrtnutí prvej cifry. Pôvodné číslo potom musí vyzerať , kde c je škrtnutá cifra. Má platiť , čo sa dá upraviť na . Ľavá strana je nenulová a deliteľná , ale pravá strana nie je deliteľná pre žiadne .

Ak má jedna strana danú dĺžku 2012, tak sa nám oplatí zobrať ju ako odvesnu. Musí platiť Pytagorova veta: . Keďže obsah pravouhlého trojuholníka je , tak chceme maximalizovať . A to je rovnaká úloha, ako minimalizovať rozdiel dĺžky prepony a tejto odvesny. Ak , tak nesedí parita v Pytagorovej vete. Dosadením do Pytagorovej vety dostaneme jednoduchú rovnicu pre .

Nájdeme si štvorčekový papier alebo si nakreslíme štvorčekovú plochu. Ešte raz si prečítame zadanie, že všetky body majú byť rôzne. Do stredu si vyznačíme stred opísanej kružnice a postupne skúšame možné polomery: . Pre polomery a vidíme, že vždy je jeden z vrcholov trojuholníka priesečníkom výšok. Pre a sme schopní skonštruovať trojuholníky, napríklad ako na obrázku, pre ktoré sú splnené podmienky zadania.

14

Viacnásobným použitím vzorca dostávame:

Vyskúšajme najprv najväčšie číslo, ktoré spĺňa podmienku rôznych nenulových cifier. Tým je , ale má len vytrvalosť 2, pretože , a potom kvôli nule na konci získame v druhom kroku 0. Uvedomíme si, že 0 na konci dostaneme vždy, keď tam bude nejaké párne číslo aj 5 zároveň. Preto skúsime najprv vyhodiť päťku. Vytrvalosť čísla je 3, lebo . Ešte splníme podmienku párnosti prehodením posledných dvoch cifier a máme výsledok.

Pre prípad, že je rovnoramenný lichobežník so stranami 1, 1, 1 a = 2, to vychádza ľahko aj bez väčšieho počítania, keďže je tam veľa rovnostranných trojuholníkov. V riešení pre všeobecný prípad budeme označovať obsah . Dokreslime si úsečky , , . Keďže je stred , tak . Podobne . Teda . Z toho vieme usúdiť, že . Keďže a , tak . Ale , lebo a . Potom .

270

Pozrieme sa na deravú kocku zhora a zrátame obsah všetkých plôšok, ktoré sa na nás pozerajú — sú orientované smerom nahor. V hĺbke 0cm, stene kocky, je ich . V hĺbke 2cm je ich toľko, čo vyvŕtaných chodieb z boku mínus vyvŕtaných chodieb zhora: . Hĺbka 4cm je rovnaký prípad ako hĺbka 2cm. Z každej strany kocky je situácia rovnaká, takže máme dokopy plôšok.

Najprv si uvedomíme, že pre ľubovoľnú cestu existuje cesta rovnakej dĺžky, ktorá ide najprv iba doprava, a potom už len hore. Odteraz uvažujeme už len takéto cesty. Najdlhšia cesta musí prechádzať stredom kruhu. Označme vzdialenosť, ktorú prejde cesta doprava od stredu kruhu a vzdialenosť ktorú prejde hore od stredu. Keďže najdlhšia cesta skončí na obvode kružnice, tak platí a chceme maximalizovať . To je rovnaká úloha ako maximalizovať . Z triviálnej nerovnosti máme . Rovnosť nastáva práve vtedy, keď máme rovnosť pri , takže . Nezabudneme na začiatok cesty a máme výsledok .

Zvyšok súčinu je rovnaký ako súčin zvyškov jednotlivých činiteľov, napr. zvyšok . Aby konečný zvyšok bol 5, tak číslo nesmie byť deliteľné ani , takže z musíme vyhodiť všetky dvojky a trojky. Zostane nám číslo a dáva zvyšok 1. Keďže dáva zvyšok 1, tak nám stačí vyhodiť jedno číslo so zvyškom 5 a najmenším takým je samozrejme 5.

49

Rozdelíme si všetky priamky do troch nezávislých kategórií. Tých, ktoré prechádzajú stredom kocky, je . Tých, ktoré prechádzajú stredom steny a neprechádzajú stredom kocky, je pre každú stenu 4 a dokopy teda 24. Zvýšili nám už len priamky totožné s hranami kocky, ktorých je 12. Dokopy máme priamok.

Je zrejmé, že . Spolu sa každý deň rozdalo bodov, čo dáva celkový súčet bodov. To je ale tiež rovné . Z toho dostávame . Po chvíľke skúšania zistíme, že pre každé také , ktoré delí 52 (okrem 1 a 52), vieme nájsť spôsob, akým účastníci mohli dostávať body počas súťaže. Potom súčet všetkých je .

Pre jednoduchosť uvažujme nekonečný trojrozmerný priestor ktorý režeme nekonečnými rovinami. Ak už máme priestor nejako rozrezaný, tak ďalšia nová rovina nám pridá toľko nových častí, koľko existujúcich častí rozreže. Ak zoberieme priamky, ktoré sú priesečníkmi novej roviny so starými rovinami, tak počet nových častí je rovnaký ako počet oblastí na ktoré tieto priamky rozdelia novú rovinu. Takže kde je výsledok pre rezaní a je počet nových častí = počet oblastí, na ktoré vieme rozdeliť rovinu priamkovými rezmi. Kreslením na papier získame maximálne hodnoty pre a ako a , a keďže , tak dostávame výsledok .
Poznámka pre zvedavcov: zovšeobecnením úlohy pre rezov dostaneme vzťah .

Máme dva typy telies. Pravidelný štvorsten so stranou 1 (je ich 8) a štvorboký ihlan (sú 2). Obe telesá majú všetky strany dĺžky 1. Štvorboký ihlan má obsah postavy 1 a výšku vyrátame z Pytagorovej vety (hrana, úsečka z vrchola do stredu podstavy a výška tvoria pravouhlý trojuholník) ako , takže má objem . Podobne pravidelný štvorsten má obsah podstavy (rovnostranný trojuholník) a výšku , takže má objem . Keď to dáme dokopy, dostávame .

3/5

Skúsme radšej spočítať pravdepodobnosť, že stopár auto nestretne. Pre 20 minút to je . Ak pravdepodobnosť nestretnutia auta stopárom počas 5 minút je , potom pre 20 minút to je . Teda . potom pravdepodobnosť stretnutia auta počas 5 minút je .

Pre každú chybu zrátame pravdepodobnosť, že nevydrží do konca. Pravdepodobnosť, že nejaká chyba vydrží dní, je a pravdepodobnosť, že nejaká chyba nevydrží dní, je . Keďže nevýdrž jednotlivých chýb je nezávislá, tak tieto pravdepodobnosti jednoducho ponásobíme: .

Nech je počet červených kariet, je počet modrých kariet a je počet žltých kariet. Obráťme vzťah červených a modrých kariet. Potom každá červená karta prispieva k celkovému skóre (jeden bod za seba a dva za každú modrú kartu) a každá žltá karta prispieva . Ak , tak sa nám oplatí zmeniť všetky červené karty za žlté. Ak , tak maximálne skóre je 15. Ak , tak skóre je vždy 42. Ak , tak skóre je , navyše vieme . Maximum nastáva pri a , čo dáva skóre .

Uvedomíme si, že oba hody majú symetrické rozdelenie. Tj. pravdepodobnosť, že padne na dvadsaťstennej je rovnaká, ako že padne (od 1 po 20). A podobne pravdepodobnosť, že padne na troch šesťstenných, je rovnaká, ako že padne (od 3 po 18). Podobnou úvahou zistíme, že pravdepodobnosť výhry Matúša je rovnaká, ako pravdepodobnosť výhry CDčka. Preto je výsledok kde je pravdepodobnosť remízy. A tá je , keďže nech hodí CDčko troma kockami ľubovoľnú hodnotu, tak Matúš má vždy šancu , aby ju trafil.

Treba si uvedomiť, čo musí Stanka vždy pozbierať a čomu sa naopak môže vyhnúť. Každá cesta nazbiera každé číslo aspoň dvakrát (raz sa stĺpec a raz za riadok). Pre každé číslo okrem a existuje cesta, ktorá prechádza -tym riadkom a -tym stĺpcom práve raz (také veľké "L"-ko). A teda budú vo výslednom súčine práve dvakrát. Keďže v pravom dolnom rohu () nazbiera Stanka hneď dve desiatky a ťah predtým si musela taktiež nazbierať jednu desiatku, tak 1000 delí výsledok. Je jednoduché sa presvedčiť, že viac ako tri desiatky nemusíme pozbierať.

Z toho, že obsah trojuholníka je polovica zo súčinu jeho výšky a strany dostávame, že trojuholník bude podobný s trojuholníkom 2,3,4. Treba vyjadriť jednu z výšok zo strán trojuholníka. Môžeme napríklad použiť Herónov vzorec pre výpočet obsahu iným spôsobom pre strany , a , a potom dať do rovnosti s obsahom . Takže z čoho dostaneme a obvod je .
Poznámka: Herónov vzorec pre výpočet obsahu trojuholníka so stranami je , kde a je obsah trojuholníka.

Označme . Potom platí . Riešením kvadratickej rovnice pre je , a keďže má byť racionálne, tak musí , kde je racionálne číslo. Úpravou výrazu dostaneme . Aby bolo celé, musí byť aj celé, pretože ak je vykrátený zlomok, tak má byť celé číslo, a teda by muselo deliť , čo je spor s vykráteným zlomkom. Ďalšou úpravou máme , a teda musí byť nepárne a aby , tak najväčšie získame keď , z čoho .

Kachličku vľavo si pevne zvolíme (1,2 a 3,4). Uvedomíme si, že celá situácia záleží len na štyroch kľúčových hodnotách. Nech ľavé horné políčko má súradnice , tak kľúčové sú , , a . Do každej z nich môžu byť vpísané len 2 čísla, takže máme maximálne možností. Treba si uvedomiť, že nevyhovujú všetky, niekedy príde ku kolíziám vo vnútri. Takže buď ich všetky vyskúšame, alebo pracujeme s označenými hodnotami ,, a a prídeme na nejaké vzťahy. Napríklad nesmie byť kvôli strednej kachličke, kvôli pravej dolnej, kvôli pravej strednej a kvôli strednej dolnej. To nám dokopy vylúči 9 možností (jednu sme zarátali dvakrát). Nezabudnime výsledok vynásobiť 24 — toľko je možností ako môže vyzerať prvá kachlička.

1010309

Zameriame sa na podmienku, že číslo o 1 väčšie je deliteľné . Z toho je hneď zrejmé, že posledná cifra musí byť 9. Kvôli deliteľnosti trojkou je ciferný súčet tvaru . Zo zadania ciferný súčet balónika je dvojnásobok počtu jeho cifier. Ciferné súčty, keďže sú párne, tvaru a väčšie ako 9, prichádzajú do úvahy 14 a 20. Im zodpovedajú počty cifier , resp. . Keďže sa striedajú párne a nepárne cifry, tak najmenšie čísla spĺňajúce všetko okrem deliteľnosti 7 sú 1010109 a 2101010109, ktoré majú ciferné súčty 12 a 15. Druhé číslo má nepárny ciferný súčet, a teda nevieme dosiahnúť súčet 20. V prvom prípade nám stačí zväčšiť ciferný súčet o 2, teda zväčšiť jednu z cifier o 2. Ľahko môžme zistiť, že jediná možnosť, kvôli deliteľnosti 7, je číslo 1010309.

9376

Preformulovaním zadania máme pre nejaké prirodzené . Číslo delí pravú stranu, a preto delí buď alebo . Podobne delí buď alebo . Z prvej deliteľnosti musí byť tvaru kde a . Keďže dáva zvyšok 1 po delení 16, tak dáva zvyšok po delení 16. Z druhej deliteľnosti musí byť teda a štvorciferný výsledok dostaneme jedine pre , čomu zodpovedá . Keďže , tak 9376 je jediným možným a naozaj vyhovujúcim výsledkom.

.

Všetkých päťciferných palindrómov je rovnako ako všetkých trojciferných čísel a dokonca existuje jednoduché priradenie medzi nimi. K číslu vieme priradiť palindróm pre a . Celkový súčet si rozbijeme na súčty po cifrách. Každé prispeje , každé prispeje a každé prispeje k celkovému súčtu. Každá z možností pre sa objaví v súčte 100 krát a každá z možností pre a sa objaví v súčte 90 krát. Preto je celkový výsledok .

Najprv si úlohu zmeníme na jednoduchšiu tak, aby zostal výsledok rovnaký. Označíme si a rovnako označíme aj , a pre , a . Potom platí pre kladné celé , , a . Je vidno, že pre každú štvoricu , , a zo zadania existuje vyhovujúca štvorica , , a , a naopak. Toto už je štandardná úloha. Riešime ju tak, že si zoberieme 47 bielych guľôčok a 3 čierne. Rozostavíme ich do radu a čierne guľôčky rozdelia biele guľôčky na štyri úseky (potenciálne prázdne), ktoré označujú ,, a . Napríklad, ak sú čierne na pozíciách 5,6 a 25, tak úseky bielych sú 1-4, prázdny, 7-24 a 26-50 a , , a . Zase je vidno, že pre každé ,, a existuje práve jedna pozícia čiernych guľôčok, a naopak.Takže riešením je počet rozostavení 3 čiernych guľôčok na 50 pozíciách, ktorých je .

Číslo vzniknuté zapísaním pôvodného čísla dvakrát za sebou je násobkom čísla . Preto ak zvolíme , tak . Musíme ešte zvoliť tak, aby bolo jedenásťciferné a začínalo jednotkou. Poslúži nám a zo zadania vieme, že je jediné také.

132

Označme jeden z trojuholníkov (, ). Keďže , tak je pravouhlý a pre polomery vpísanej a opísanej kružnice platí a . Existuje jediný priemer opísanej kružnice rôzny od , ktorý sa dotýka kružnice vpísanej — ten je symetrický s podľa priamky . Zhodou okolností leží na osi strany . Tá totiž prechádza bodom , a keďže má od vzdialenosť 12, má od vzdialenosť 6. Druhý trojuholník bude preto symetrický s podľa a zároveň bude a . Zostáva si rozmyslieť, že prienik dvoch trojuholníkov získame z odčítaním obsahov troch malých pravouhlých trojuholníkov podobných s , ktorých rozmery postupne určíme ako (u ), (u ) a (u ). Konečný obsah spoločnej časti je

2040

Políčka označíme až (čísla sú riadky). Postupne ofarbíme desať políčok načierno. Bez ujmy na všeobecnosti (bunv), nech sú ofarbené , (výsledok potom stačí zo symetrie vynásobiť ) a (a štyrmi). Ďalej, ak je v druhom riadku ofarbené políčko , tak stačí určiť počet ofarbení tabuľky , ktorých je 6. Ak je v druhom riadku ofarbené iné políčko, tak nech je to bunv (násobíme troma) a v treťom stĺpci ešte (opäť troma). Ak je ofarbené políčko , tak je jediná možnosť ako ofarbenie dokončiť. V opačnom prípade sú štyri možnosti. Celkový počet ofarbení je preto

Prvý odhad získame, keď a zvolíme ako rôzne vrcholy štvorca, potom je súčet diaľok 2. Pomocou trojuholníkových nerovností vieme zistiť, že ak je alebo najbližšie k práve 0,2 alebo 4 vrcholom, tak súčet menší ako 2 nedosiahneme. Preto nech je bližšie k práve trom vrcholom (, a ) ako . Chceme minimalizovať , ale môže byť nula, ak . Je známe, že súčet tých troch vzdialeností v trojuholníku je najmenší, keď úsečky , a zvierajú 120 stupňov. (Túto skutočnosť môžeme overiť otočením trojuholníka podľa bodu o stupňov na a minimalizáciou dĺžky lomenej čiary , čím bude úsečka , ktorej dĺžku jednoducho vyjadríme.)

Aby mohlo byť miesto číslo 1 obsadené ako posledné, musí byť miesto číslo 2 obsadené ako prvé (so šancou ), a hneď po ňom sa obsadí pozícia . Potom sa zaplnia niektoré miesta od po , až kým zostanú iba medzery veľkosti 1 a 2. V takom prípade je pravdepodobnosť, že 1. miesto bude obsadené ako posledné, rovná prevrátenej hodnote počtu voľných miest, keďže každé miesto má rovnakú šancu byť posledné. Uvedomíme si, že ak sa budeme pozerať iba na veľkosti medzier a postupne obsadzovať najväčšie, tak vždy nám zostane rovnaký počet medzier veľkosti 1 aj 2. A preto si vieme ich počet jednoznačne vypočítať. Nech je počet miest, ktoré zostanú voľné, ak autá môžu parkovať na miestach za sebou, pričom prvé a posledné je obsadené. Prvé auto sa postaví do stredu a zostanú prípady a . A preto máme rekurentné vyjadrenie s bázou a . Ak sa s tým pohráme a zrátame pre malé hodnoty, tak sa dostaneme k explicitnému vyjadreniu:

.

Keďže

.