Tübitak Lise 2. Aşama - 2010 Çözümleri

Bir ülkede başkente doğrudan karayolu ile bağlı kentlerin sayısı $ 2010$ dur. Başkent dışındaki her kent $2010$ dan az sayıda kente doğrudan karayolu ile bağlı olup, aynı sayıda kente doğrudan bağlı olan herhangi iki kent için bu sayı çifttir. Başkenti doğrudan çeşitli kentlere bağlayan yollardan $k$ tanesi kapatılarak bakıma alınacaktır. Bu ülkedeki karayolu ağı nasıl oluşturulmuş olursa olsun, bunun aralarında karayolu ulaşımı mümkün olan herhangi iki kent arasındaki ulaşımın hala mümkün olacağı biçimde yapılmasını olanaklı kılan en büyük $k$ sayısını belirleyiniz.

(Azer Kerimov)

Çözüm:

Cevabımız $503$.

Şeklimizi grafa dönüştürelim.$G$ grafımız genelliği bozmadan bağlantılı olsun. $v_0$ başkent olsun. $v_0$'ı graftan kaldırdığımızı düşündüğümüzde geriye kendi içinde bağlantılı birbiriyle ayrık $C_1,C_{2,\dots ,}C_m$ altgrafları kalsın. $v_0$'dan altgraflara giden yolların toplamı $2010$' dur. Bu yolların sayısını $C_i$ için $d_{C_i}\left(v_0\right)$ ile gösterelim. $$\sum\limits^m_{i=1}{d_{C_i}\left(v_0\right)=2010} \tag {*}$$
Her altgraf için bu yollardan $d_{C_i}\left(v_0\right)-1$ tanesini $G$'nin bağlantılılığı bozulmadan silebiliriz. Çünkü $v_0$'dan altgrafa giden bir kenar bağlantılılığı korumak için yeterlidir. Bu nedenle $G$'den $2010-m$ tane kenar silebiliriz.Dolayısıyla problem altgraf sayısının maksimumunu bulmaya indirgendi.

$d_{C_i}\left(v_0\right)=1$ olacak şekilde kaç altgrafımız olabileceğine bakalım.Eğer $d_{C_i}\left(v_0\right)$ tekse $C_i$ başka tek dereceli bir köşeye daha sahiptir. Çünkü $C_i$ altgrafında köşelerin dereceleri toplamı çifttir. Bununla birlikte eğer $2$ köşe aynı dereceye sahipse bu derece çifttir. Tüm köşelerin dereceleri $\le 2009$ olduğundan en fazla $1005$ tane tek dereceli köşe olabilir. Yani en fazla $1005$ tane altgraf için $d_{C_i}\left(v_0\right)$ tektir.

Ayrıca $\left(*\right)$'dan ötürü $d_{C_i}\left(v_0\right)$ tek olan çift tane $i$ olmak zorundadır. Yani en fazla $1004$ altgraf için $d_{C_i}\left(v_0\right)=1$ olabilir. Kalan her altgraf için $d_{C_i}\left(v_0\right)\ge 2$' dir.O halde $\left(*\right)$'dan ötürü toplam en fazla $1004+\frac{2010-1004}{2}=1507$ altgraf olabilir. Dolayısıyla her durumda $2010-1507=503$ kenar silebiliriz.

Şimdi $503$' ten fazla kenar silemeyeceğimiz bir graf kuralım. $v_0$'a $1004$ kenar ile $K_3,K_5,\dots ,K_{2009}$ bağlayalım. $1006$ kenar ile de $503$ tane $K_2$ bağlayalım. ($K_n$: $n$ köşeli tam graf) $,K_5,\dots ,K_{2009}$'a giden kenarlardan hiçbirini silemeyiz. Kalan $503$ tane $K_2$'nin her birinden en fazla $1$ kenar silebiliriz.
\[k_{max}=503.\]

$P$, $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde yer alan, $A$ köşesine ait kenarortay üstünde olmayan ve $m(\widehat{CAP})=m(\widehat{BCP})$ koşulunu sağlayan bir nokta olsun. $BP\cap CA=\lbrace B'\rbrace $ ve $CP\cap AB=\lbrace C'\rbrace $ olmak üzere; $AP$ doğrusu ile $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi ikinci kez $Q$ noktasında, $B'Q$ ve $CC'$ doğruları $R$ noktasında ve $B'Q$ doğrusu ile $P$ den $AC$ doğrusuna paralel çizilen doğru da $S$ noktasında kesişiyor. $B'C'$ ve $QB$ doğruları $AB$ doğrusunun $C$ den farklı yanında yer alan bir $T$ noktasında kesişsin. $m(\widehat{BAT})=m(\widehat{BB'Q})$ olması için, $ \vert SQ\vert =|RB'|$ olmasının gerek ve yeter koşul olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

(Burak VARICI)

$PS\parallel AC$ ve $\angle CAP=\angle BCP$ olduğundan $\angle QPC=\angle ACB=\angle AQB=\angle PQB$ olduğunu biliyoruz. Bu nedenle $BQ\parallel PC$.

Önce $SQ=RB'$ ancak ve ancak $AB\parallel B'Q$ olduğunu göstereceğiz. $PS$ ve $AB'$ paralel olduğundan $\dfrac{PQ}{PA}=\dfrac{SQ}{SB'}$ olduğunuz biliyoruz. Eğer $SQ=RB'$ ise, $BQ\parallel PC$ olduğundan $\dfrac{PQ}{PA}=\dfrac{RB'}{RQ}=\dfrac{PB'}{PB}$ ve bu nedenle $AB\parallel B'Q$. Diğer yandan eğer $AB\parallel B'Q$ ise $BQ\parallel PC$' yi kullanırsak $\dfrac{RB'}{RQ}=\dfrac{PB'}{PB}=\dfrac{PQ}{PA}=\dfrac{SQ}{SB'}$ elde ederiz. $\dfrac{RB'}{RQ}=\dfrac{SQ}{SB'} \Rightarrow \dfrac {RB'}{B'Q} = \dfrac {SQ}{B'Q} \Rightarrow SQ=RB'$ buluruz.

Şimdi $AB\parallel B'Q$ ancak ve ancak $\angle BAT=\angle BB'Q$ olduğunu göstereceğiz. $AP\cap B'C'=\left\{U\right\}$ olsun ve $D$, $AP$ doğrusu ve $(C'PB')$ çemberinin ikinci kesim noktası olsun. $PC'\parallel QT$' yi kullanırsak $\dfrac{UD}{UB'}=\dfrac{UC'}{UP}=\dfrac{UT}{UQ}$, dolayısıyla $K.A.K$ dan $\triangle TDU \sim \triangle QB'U$, sonuç olarak $TDC'$ ve $QB'P$ üçgenlerinin benzer olduğunu elde ederiz.

$D$ 'nin $A$ ile çakışık olamayacağını gösterelim (Bunu gösteriyoruz; çünkü aksi durumda $SQ=RB'$ olmasından bağımsız olarak $\angle BAT = \angle BB'Q$. Bu da ancak ve ancak önermesini bozar.). Çakışık olduğunu varsayalım. $A,C',P{,B}'$ çemberseldir. $\angle PDB' = \angle PAB' = \angle B'C'P = \angle PCA'$, bundan dolayı da $C'B'$ ve $BC$ paraleldir. $A'$, $AP$ ve $BC$' nin kesişim noktası olsun. Bunu takiben $PBA'$ ve $BAA'$ üçgenleri benzerdir ve bu nedenle ${A'B}^2=A'P.A'A$. Benzer şekilde ${A'C}^2=A'P.A'A$ dolayısıyla $A'B=A'C$, bu ise $P$' nin $A$' dan geçen kenarortay üzerinde olmamasıyla çelişir.

$D$' nin $A$ ve $U$ ile arasında olduğunu varsayalım. Eğer $A$, $D$ ile $U$ arasında ise benzer kanıt yine geçerlidir. Eğer $\angle BAT=\angle BB'Q$ ise, $\angle C'AT=\angle BAT=\angle BB'Q=\angle PB'Q=\angle C'DT$ ve $T,A,D,C'$ çemberseldir. Bu nedenle $\ \angle PAB=\angle DAC'=\angle DTC'=\angle B'QP$ ($\triangle TDC' \cong \triangle QB'P$ olduğu için) ve dolayısıyla $AB\parallel B'Q$. Diğer yandan eğer $AB\parallel B'Q$ ise, $=\angle DTC'=\angle B'QP=\angle DAC'$ , ve $T,A,D,C'$ çemberseldir. Bu nedenle $\angle BAT{\rm =}\angle C'AT=\angle C'DT=\angle PB'Q=\angle BB'Q$.
\[SQ=RB'\ \Leftrightarrow \ AB\parallel B'Q\ \Leftrightarrow \ \angle BAT=\angle BB'Q\]

Her $n$ pozitif tam sayısı ve $a_{1}a_{2}\ldots a_{n}=1$ koşulunu sağlayan tüm $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}$ pozitif gerçel sayıları için, $$\sum\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{a_{i}}{\sqrt{a_{i}^{4}+3}} }\le \dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{a_{i}}}$$ olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm 1:

(Burak VARICI)

Öncelikle $x^4+3\ge {\left(x+1\right)}^2$ olduğunu görelim. $x^4+3-{\left(x+1\right)}^2={\left(x-1\right)}^2\left(x^2+2x+2\right)\ge 0$ Bu nedenle her $n$ pozitif tamsayısı ve $a_1a_2\dots a_n=1$ koşulunu sağlayan $a_1,a_2,\dots ,a_n$ pozitif reel sayıları için \[\sum\limits^n_{i=1}{\frac{a_i}{a_i+1}}\le \frac{1}{2}\sum\limits^n_{i=1}{\frac{1}{a_i}}\] olduğunu göstermemiz yeterlidir.

$f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)=\frac{1}{2}\sum\limits^k_{i=1}{\frac{1}{x_i}-}\sum\limits^k_i{\frac{x_i}{x_i+1}}$ olsun. $k$ üzerinden tümevarımla \[x_1x_2\dots x_k=1\Rightarrow f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)\ge 0\] olduğunu ispatlayacağız.

$k=1,\ x_1=1$ ve $f_1\left(x_1\right)=0$
$t=1,2,\dots ,k-1$ ve $x_1x_2\dots x_t=1$ için $f_t\left(x_1,x_2,\dots x_t\right)\ge 0$ olsun.
$k>1$ ve $x_1x_2\dots x_k=1$ olsun. Eğer $x_1\le x_2\le \dots \le x_k$ ise $x_1\le 1\le x_k$ olur.

$x_1$ ve $x_k$ yerine $x_1x_k$ ve $1$ yazalım.Tümevarımdan ötürü \[ f_k\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1},1\right)=\ f_{k-1}\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1}\right)\ge 0\]
O halde $f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)\ge f_k\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1},1\right)$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. \[f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)-f_k\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1},1\right)\] \[=\frac{1}{2x_1}+\frac{1}{2x_k}-\frac{x_1}{x_1+1}-\frac{x_k}{x_k+1}-\frac{1}{2x_1x_k}+\frac{x_1x_k}{x_1x_k+1}\ge 0\] Paydaları eşitlersek $0\le \left(1-x_1\right)\left(x_k-1\right)\left(2{x_1}^2{x_k}^2+{x_1}^2x_{k}+{x_k}^2x_1+x_1x_k+x_1+x_k+1\right)$ elde ederiz. $0\le x_1\le 1\le x_k$ olduğundan bu ifade doğrudur.

Çözüm 2:

(Burak VARICI)

Öncelikle $\dfrac{x}{x+1}\ge \dfrac{x}{\sqrt{x^4+3}}\ \ \Longleftrightarrow \ x^4+3\ge \ {\left(x+1\right)}^2\ \Longleftrightarrow \ {\left(x-1\right)}^2\left(x^2+2x+2\right)\ge 0$ ki bu da açıktır.
\[2\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i}{a_i+1}}\le \sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}}\]
olduğunu ispatlamamız yeterlidir.

\[\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i}{a_i+1}}\le \dfrac{1}{2}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}\ \Longleftrightarrow }\ \sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i+1}{2a_i}}+\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{2a_i}}\ge 2\sum\limits^n_{i=1}{\left(1-\dfrac{1}{a_i+1}\right)}+\dfrac{n}{2}\] \[ \Longleftrightarrow \ \sum\limits^n_{i=1}{\left(\dfrac{a_i+1}{2a_i}+\dfrac{2}{a_i+1}\right)}+\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{2a_i}}\ge \dfrac{5n}{2}\]
Aritmetik-Geometrik Ortalama eşitsizliğinden
\[\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{2a_i}}\ge \dfrac{n}{2} \text{ ve } \sum\limits^n_{i=1}{\left(\dfrac{a_i+1}{2a_i}+\dfrac{2}{a_i+1}\right)}\ge 2n\sqrt[{2n}]{\dfrac{1}{\prod\limits^n_{i=1}{a_i}}}=2n\] Toplarsak eşitsizliklerin doğru olduğunu görürüz.

Çözüm 3:

(Burak VARICI)

Soruda istenenden daha kuvvetli bir şey ispatlayalım.

AGO' dan dolayı; \[\dfrac{1}{4}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}}+\dfrac{n}{4}\le \dfrac{1}{2}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}}\] O halde $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dots +\dfrac{1}{a_n}+n\ge 4\left(\dfrac{a_1}{\sqrt{{a_1}^4+3}}+\dfrac{a_2}{\sqrt{{a_2}^4+3}}+\dots +\dfrac{a_n}{\sqrt{{a_n}^4+3}}\right)$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. Öncelikle $\dfrac{x}{x+1}\ge \dfrac{x}{\sqrt{x^4+3}}\ \ \Longleftrightarrow \ x^4+3\ge \ {\left(x+1\right)}^2\ \Longleftrightarrow \ {\left(x-1\right)}^2\left(x^2+2x+2\right)\ge 0$ ki bu da açıktır.\[ \sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}+n\ge 4\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i}{a_i+1}\ \Leftrightarrow \ }}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i+1}{a_i}}\ge 4\sum\limits^n_{i=1}{\left(1-\dfrac{1}{a_i+1}\right)}\Leftrightarrow \ \sum\limits^n_{i=1}{\left(\dfrac{a_i+1}{a_i}+\dfrac{4}{a_i+1}\right)\ge 4n}\] Parantez içine AGO uygularsak $a_1a_2\dots a_n=1$ olduğundan dolayı eşitsizliğin doğru olduğunu görürüz. Eşitlik durumu $a_i=1,\ \ i=1,2,\dots ,n$ için.

$A$ ve $B$ noktaları $[CD]$ çaplı çemberin üstünde ve $CD$ doğrusunun farklı yanlarında bulunuyor. $C$ ve $D$ noktalarından geçen bir $\Gamma $ çemberi $[AC]$ yi uçlarından farklı bir $E$ noktasında, $[BC]$ yi de $F$ noktasında kesiyor. $E$ noktasında $ \Gamma $ çemberine teğet olan doğru ile $BC$ doğrusunun kesiştiği nokta $P$ olmak üzere; $Q$ noktası, $\vert QP\vert =|EP|$ koşulunu sağlayan ve $CEP$ üçgenin çevrel çemberi üstünde yer alan $E$ den farklı bir nokta olsun. $AB\cap EF=\lbrace R\rbrace $ ve $|EQ|$ nun orta noktası $S$ ise, $DR$ ve $PS$ doğrularının paralel olduğunu gösteriniz.

(Şahin Emrah)

Çözüm 1:

(Burak VARICI)

Öncelikle $Q,E,F$'nin doğrusallığını gösterelim. $Q,E,C,P$ çembersel olduğundan $\angle PEQ=\angle PQE=\angle ECF$ ve $PE$ doğrusu $\Gamma $ çemberine teğet olduğu için $\angle ECF=\angle FEX$. Dolayısıyla $Q,E,F$ noktaları doğrusaldır.

$PS\bot QF$ olduğunu biliyoruz. O halde $DR\bot QF$ olduğunu göstermeliyiz. $\Gamma $ çemberinden dolayı $\angle RFD=\angle ACD=\angle ABD$. Bu nedenle $R,B,D,F$ noktaları çemberseldir. $CD$ çap olduğu için $\angle DBC=\angle DBF=\angle DRF={90}^\circ$. $DR\bot QF\ \Rightarrow DR\parallel PS$.

Çözüm 2:

(Burak VARICI)

$AB$ , $D$ noktasına göre $FCE$ üçgeninin Simson doğrusudur. O halde $DR$ doğrusu $EF$'ye diktir. $PE$ ışını üzerinde $E$'den sonra gelen bir $X$ noktası için $\angle QEP=\angle EQP=\angle ECF=\angle XEF$. Bu nedenle $Q,E,F$ noktaları doğrusaldır. $PS$, $EQ$'ya diktir ve dolayısıyla $DR$'ye paraleldir.

Çözüm 3:

$A$, $D$, $E$ ve $R$ noktalarının çembersel olduğunu gösterelim.
$$\angle PQC=\angle PEC=\angle CFD=\angle CDE \quad \text{ve} \quad \angle CBA=CBD$$
olduğundan $\angle ARE=ADE$ elde edilir, dolayısıyla $A$, $D$, $E$ ve $R$ noktaları ortak bir çember üzerindedir. $CD$ kirişi çap olduğundan $\angle DRE=180^{\circ}-\angle CAD =90^{\circ}=\angle PSR\Longleftrightarrow DR\parallel PS$ şeklinde istenen paralelliğe ulaşılır.

$0\le a,b<2010^{18}$ tam sayılar olmak üzere, $P(x)=ax^{2}+bx$ biçimindeki polinomların kümesini $\mathcal{S}$ ile gösterelim. $\mathcal{S}$ ye ait kaç $P$ polinomunun, tüm $0\le n<2010^{18}$ tam sayıları için $ Q(P(n))\equiv n \pmod {2010^{18}}$ bağıntısını sağlayan ve $\mathcal{S}$ ye ait olan bir $Q$ polinomunun bulunmasını olanaklı kıldığını belirleyiniz.

(Okan Tekman)

Çözüm:

(Burak VARICI)

$P\left(x\right)=ax^2+bx$ için $Q\left(x\right)=cx^2+dx$ vardır ancak ve ancak $2^8\cdot {1005}^9 | a$ ve $\left(2010,b\right)=1$ olduğunu ispatlayacağız. Böylece cevabımız:
$2\cdot{2010}^9\cdot{2010}^{18}\cdot \left(1-\dfrac{1}{2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3}\right)\left(1-\dfrac{1}{5}\right)\left(1-\dfrac{1}{67}\right)=2^5\cdot 3 \cdot 11 \cdot {2010}^{26}$ olacak.

Her $n$ için $Q\left(P\left(n\right)\right)\equiv n\ \pmod {2010^{18}}$ olduğunu varsayalım. $n\mapsto P\left(n\right)$ $\bmod{2010^{18}}$'de birebirdir. Çinli Kalan Teoremini kullanırsak, her $p\in \ \left\{2,3,5,67\right\}$ için $n\mapsto P\left(n\right)$ 'in $\bmod{p^{18}}$ 'de birebir olduğunu buluruz.

$p\in \ \left\{2,3,5,67\right\}$ olsun. Eğer $p|b$ ise $P\left(p^{17}\right)\equiv P\left(0\right)\ \pmod{p^{18}}$ ki bu bir çelişkidir. Böylece $p\nmid b$. Eğer $p\nmid a$ ise $P\left(-a^{-1}b\right)\equiv P\left(0\right)\ \left(mod\ p^{18}\right)$ ki bu da bir çelişkidir. Böylece $p|a$. Bu nedenle $2010|a$ ve $\left(2010,b\right)=1$. \[Q\left(P\left(1\right)\right)\equiv \ 1\ \Longrightarrow \ \ c{\left(a+b\right)}^2+d\left(a+b\right)\ \ \equiv \ \ 1 \tag {1}\] \[Q\left(P\left(-1\right)\right)\equiv -1\ \Longrightarrow \ \ c{\left(a-b\right)}^2+d\left(a-b\right)\ \ \equiv \ -1 \tag {2}\] $\left(1\right)$'i $\left(a-b\right)$ ile, $\left(2\right)$'yi $\left(a+b\right)$ ile çarpıp çıkarırsak $2b\left(a^2-b^2\right)c\ \equiv 2a\ \pmod {2010^{18}}$;

$\left(1\right)$'i ${\left(a-b\right)}^2$ ile, $\left(2\right)$'yi ${\left(a+b\right)}^2$ ile çarpıp çıkarırsak $2b\left(a^2-b^2\right)d\ \equiv -2\left(a^2+b^2\right) \pmod {2010^{18}}$ elde ederiz.

${\left(b\left(a^2-b^2\right)\right)}^{-1}\ \pmod {2010^{18}}$' in var olduğunu biliyoruz. O halde
\[c\equiv {\left(b\left(a^2-b^2\right)\right)}^{-1}a+\varepsilon \dfrac{{2010}^{18}}{2} \pmod{2010^{18}}\] \[d\equiv -{\left(b\left(a^2-b^2\right)\right)}^{-1}\left(a^2+b^2\right)+\varepsilon \dfrac{{2010}^{18}}{2} \pmod {2010^{28}}\]
$\varepsilon$, $0$ ya da $1$. Bu nedenle
\[Q\left(P\left(x\right)\right)-x\ \equiv \ \] \[-{\left(b\left(a^2-b^2\right)\right)}^{-1}a^2x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(ax+2b\right)+\varepsilon \dfrac{{2010}^{18}}{2}x\left(x-1\right)\pmod {2010^{18}}\]
Şimdi $x=2$ koyarsak ${2010}^{18}|2^2\cdot 3 \cdot a^2$ dolayısıyla $2^8\cdot {1005}^9|a$ elde ederiz.

Tersine gidersek, eğer $2^8\cdot {1005}^9|a$ ve $\left(2010,b\right)=1$ ise, $c$ ve $d$'yi yukarıdaki gibi tanımlarız.

Her $n$ için $2|n\left(n-1\right)$ ve $2|an+2b$ olduğundan $Q\left(P\left(n\right)\right)\equiv n \pmod {2010^{18}}$ olur.

$K$, düzlemdeki dışbükey bir $2010$-genin kenar ve köşegenlerinin kümesi olsun. $A$, $K$ nin bir altkümesi olmak üzere; $A$ ya ait her doğru parçası çifti kesişiyorsa, $A$ ya kesişimli küme diyelim. İki kesişimli kümenin birleşiminin en çok kaç elemana sahip olabileceğini belirleyiniz.

(Umut Varolgüneş)

Çözüm:

(Muhammed Zahid Öztürk)

Cevabımız $4019$. Eğer $n\geq5$ ise $n$-gen için cevabın $2n-1$ olduğunu göstereceğiz.

$A$ bir kesişimli küme olsun öyle ki $\left|A\right|\ge n$. $A$'daki köşe sayısı doğru parçası sayısından büyük olmayacağından $A$ bir döngü içerir. Bunu anlamak için tersini düşünelim. Bir döngü içermese bir ağaç olması gerekirdi, fakat $n$ köşeli bir ağaçta en fazla $n-1\ $kenar olabilir. Bu yüzden bir döngü kesin vardır. $PQ$ ve $QR$ bu döngüde iki doğru parçası olsun. Döngüdeki her doğru parçası, $XP$ ve $RY$ hariç, $PQ$ ve $QR$'nin ikisini birden kendi iç noktalarında keser. Bundan dolayı her doğru parçası $PQ$ ve $QR$ ye göre karşıdan karşıya geçmektedir. Burada döngünün tek sayıda doğru parçası içerdiğini ve döngüdeki köşelerden hiçbirinin $\angle PQR$ açısının iç bölgesinde olmadığını çıkarırız.

Şimdi bu döngüdeki köşelimizi adlandıralım. Döngümüzde $k$ bir pozitif tamsayı olmak üzere $2k+1$ tane köşe olduğunu kabul edelim. Bu köşeler $P_1,P_2,\dots ,P_{2k+1}$ olsun. Bu köşeleri saat yönünde sıralandırmış olmak için döngüdeki doğru parçalarının $P_iP_{i+k}$, $P_iP_{i+k+1}$ olduğunu $1\le i\le 2k+1$ için (İndisler $\bmod n$'e göredir) kabul edeceğiz. (Her doğru parçasının $PQ$ ve $QR$ ye göre karşılıklı olmasının doğal sonucu) Bu doğru parçalarını $A^*$ ile gösterelim. Burada $2k+1$ tane doğru parçası olduğuna dikkat edelim. $A$ bir kesişimli küme olduğundan $A$'daki diğer doğru parçaları ancak $XP_i$ formunda olabilir; $X$, $\angle P_{i+k+1}P_iP_{i+k}$ açısının iç bölgesinde bir köşe. $\left|A\right|\ge n$ olduğundan tüm böyle doğru parçaları ($A^{\Delta }$ ile gösterelim) $A$'ya ait olmak zorundadır. Çünkü bu köşe döngüden sadece bir köşeye bağlı olabilir ya da başka bir deyişle döngümüzü kurarken elimizdeki tüm doğru parçalarını toplarsak da $n$ sayısına ancak ulaşabiliriz. Bu nedenle eğer $A$ bir kesişimli küme ve $\left|A\right|\ge n$ ise ve $\left|A\right|=n$' dir ve $A=A_{\left(P_1,P_2,\dots ,P_{2k+1}\right){\rm \ }}={\rm \ }A^*\cup A^{\Delta }$.

Şimdi göstereceğiz ki eğer $A$ ve $B$ kesişimli kümeler ve ${\rm \ }\left|A\right|=n{\rm =}\left|B\right|$ ise $A$ ve $B$ ayrık olamaz. Ayrık olduklarını varsayalım. Her köşenin bağlı olduğu en az bir köşe olduğundan şöyle bir varsayımda bulunabiliriz. $Q_1Q_2,Q_2Q_3,\dots ,Q_{m-1}Q_m,Q_mQ_1$ bir döngü olsun öyle ki $Q_iQ_{i+1}$ doğru parçaları $i$ tekse $A$'ya, $i$ çiftse $B$'ye ait olsun.$\ \left(Q_{m+1}=Q_1\right)$ Öyle bir döngü vardır ki çokgenin her köşesi $A$ ve $B$'den en az birer doğru parçasının bitiş noktasıdır. $A$ ve $B$ kesişimli olduğundan tüm $Q_iQ_{i+1}$' ler $i$ tekse $Q_1Q_2$'yi, $i$ çiftse $Q_2Q_3$'ü keser. Bu nedenle $i$ çift ise tüm $Q_i$'ler ya $Q_1Q_2$'nin üzerindedir ya da $Q_1Q_2$'ye göre $Q_3$ ile farklı taraftadır. Ve $i$ tek ise tüm $Q_i$'ler ya $Q_2Q_3$'ün üzerindedir ya da $Q_2Q_3$' ye göre $Q_1$ ile farklı taraftadır. $m$ tektir ve $Q_1$ ${\rm \ }A^*$ 'ın bir köşesidir. O zaman $Q_3$ ya $Q_mQ_1$'in üzerindedir ya da $Q_mQ_1$' e göre $Q_2$ ile farklı taraftadır. Ve $Q_{m-1}$ ya $Q_1Q_2$' nin üzerindedir ya da $Q_1Q_2$'e göre $Q_m$ ile farklı taraftadır. $XQ_1$, $B$'ye ait bir doğru parçası olsun. $XQ_1$, $Q_2Q_3\ $ve $Q_{m-1}Q_m$'in ikisini de kesmek zorundadır ve $B$'ye aittir. O halde $X$ çokgende $Q_2$ ve $Q_m$ arasındadır. Fakat bu durumda $XQ_1$ aynı zamanda $A^{\Delta }$ 'ya ve bu nedenle $A$'ya aittir. Çelişki!

Son olarak eğer $P,Q,R,S,T$ çokgende beş ardışık köşe ise, $A_{\left(P,Q,R\right)}\cup A_{\left(R,S,T\right)}$ $2n-1$ doğru parçası içerir.