Tübitak Lise 2. Aşama - 2007 Çözümleri

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $AC$ kenarını çap kabul eden çember, $AB$ ve $BC$ yi, $A$ ve $C$ dışında, sırasıyla $K$ ve $L$ noktalarında kesiyor. $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi, $CK$ doğrusunu $C$ dışında $F$ noktasında; $AL$ doğrusunu ise, $A$ dışında $D$ noktasında kesiyor. $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin $ \lbrack AC\rbrack $ kirişinin küçük yayı üstünde bir $E$ noktası alıp, $BE$ ile $AC$ nin kesiştiği noktaya $N$ diyelim. Eğer $$\vert AF\vert ^{2}+\vert BD\vert ^{2}+\vert CE\vert ^{2}=\vert AE\vert ^{2}+\vert CD\vert ^{2}+\vert BF\vert ^{2}$$ ise, $m(\widehat{KNB})=m(\widehat{BNL})$ olduğunu gösteriniz.

(Şahin Emrah)

Çözüm 1:

Soruda yükseklikler uzun uzun anlatılmış.

$AC$ çap olduğu için $AL$ yükseklik. Aynı şekilde, $AK$ da yükseklik. $$BF^2-AF^2=BK^2-AK^2=BC^2-AC^2$$ $$CD^2-BD^2=CL^2-BL^2=AC^2-AB^2$$ Taraf tarafa toplarsak, $$CE^2-AE^2=BF^2+CD^2-AF^2-BD^2=BC^2-AB^2$$ elde ederiz. Bu da $BE\bot AC$ demektir. Buradan gerisi de yüksekliklerin kesişimiyle oluşan kirişler dörtgenlerini görme.

$BC$ çaplı çember $K$ ve $N$ den geçer, $\angle ANK=\angle ABC$ ve $\angle KNB={90}^{\circ }-\angle ABC$.

$AB$ çaplı çember $L$ ve $N$ den geçer, $\angle LNC=\angle ABC$ ve $\angle BNL={90}^{\circ }-\angle ABC=\angle KNB$.

Çözüm 2:

Problem aslında Blanchet Teoremi ile genelleştirilebilir diye düşünüyorum.

$AL$ ve $CK$ , $\triangle ABC$ 'nin yükseklikleridir. $H$ noktası diklik merkezi olmak üzere, $H$ diklik merkezin üçgenin kenarlarına göre yansımasının çevrel çember üzerinde olduğunu biliyoruz (Çünkü $\angle FAB=\angle FCB=\angle BAL$ dir.). Bunun sonucu olarak
$$AF=AH\quad ,\quad BD=BH=BF \quad \text{ve} \quad CD=CH$$
eşitlikleri elde edilir. Problem koşuluna göre
$$AF^2+BD^2+CE^2=AH^2+BF^2+CE^2=AE^2+CD^2+BF^2$$
$$\Longleftrightarrow AH^2+CE^2=AE^2+CD^2$$
bulunur. Bu ise $AHCE$ dörtgeninin karşılıklı kenarlarının kareleri toplamı eşit olduğundan köşegenlerin dik kesişmesi anlamına gelir. Dolayısıyla $HE\perp AC\Longleftrightarrow BN\perp AC$ dır. Yani $N$ noktası $A$ 'dan çıkan dikmenin ayağıdır. $H$ diklik merkezi ortik üçgen $\triangle KLN$ 'nin iç merkezi olduğundan $\angle KNB=\angle BNL$ olur.

$2007\times 2007$ bir satranç tahtasının bazı birim kareleri kırmızıya boyanıyor. Tahtanın $i.$ satır ve $j.$ sütunundaki birim kareyi $(i,j)$ ile $x\le i$ ve $y\le j$ koşullarını sağlayan kırmızı boyalı $(x,y)$ birim karelerinin kümesini de $S_{i,j}$ ile gösteriyoruz. Başlangıçta boyalı her $(i,j)$ birim karesine $S_{i,j} $ ye ait boyalı karelerin sayısı yazılıyor. Daha sonraki her adımda, boyalı her $(i,j)$ birim karesine, $S_{i,j}$ deki karelere bir önceki adım sonunda yazılmış olan sayıların toplamı yazılıyor. Sonlu sayıda adım sonunda boyalı birim karelere yazılı tüm sayıların tek sayı haline geleceğini gösteriniz.

(Özgür Kişisel)

Çözüm:

(Mathematist)

$(i,j)$ nin üzerinde yazılı olan sayının 2 modundaki değeri $f_{(i,j)} $ olsun.

Genelliği bozmadan, başlangıç hamlesi öncesinde bütün boyalı $(i,j)$ birim kareleri üzerinde $1$ yazılı olduğunu varsayabiliriz. Böylece başlangıç hamlesinde yaptığımız da, sonraki hamlelerde olduğu gibi, boyalı her $(i,j)$ birim karesine, $S_{i,j} $ deki karelere bir önceki adım sonunda yazılmış olan sayıların toplamını yazmak olur. Dolayısıyla adımlara başlamadan önce her $(i,j)$ boyalı birim karesi için $f_{(i,j)} =1$ olur.

$n$ ile tahtadaki toplam boyalı birim kare sayısı gösterilmek üzere, $n$ üzerine tümevarım yaparak, her $n$ pozitif tamsayısı için tahtadaki tüm sayıların tek sayı olmasının sağlanabileceğini ispatlayalım.

Eğer $n=1$ ise, boyalı olan sadece bir $(i,j)$ birim karesi vardır ve ilk adımdan sonra $f_{(i,j)} =1$ olur. Diyelim ki önerme $n=k$ için doğru olsun. $n=k+1$ durumuna bakalım:

Eğer $i\le r$ ve $j\le l$ ise $(i,j)\le (r,l)$ şeklinde tanımlanmak üzere boyalı birim kareler arasında bir büyüklük-küçülük sıralaması kuralım. Her sonlu kümenin en büyük bir elemanı olduğundan, bu sıralamaya göre en büyük olan en az bir eleman vardır (Birbiri arasında büyüklük-küçüklük sıralaması kurulamayan bazı en büyük elemanlar bulunabilir.). Bu elemanlardan biri $(p,q)$ olsun.

Herhangi bir adımda $(p,q)$ birim karesinin diğer boyalı birim kareler üzerinde bir etkisi yoktur. Eğer $(p,q)$ birim karesini silersek, tümevarım prensibine göre, uygun bir $N$ pozitif tamsayısı için $N$ adımdan sonra kalan bütün birim karelerin üzerinde tek sayı yazıyor olacaktır. Dolayısıyla, eğer $(p,q)$ yu silmezsek, $N$ adım sonra $f_{(p,q)} $ dışındaki bütün birim kareler için $f_{(i,j)} =1$ sağlanır.

Eğer $f_{(p,q)} =1$ de sağlanıyorsa tümevarım biter. Diyelim ki $f_{(p,q)} =0$. Demek ki ilk $N$ adım $f_{(p,q)} $ ya $1$ eklemiş ve $1$ den $0$ a değiştirmiş. Böylece $(p,q)$ karesi dışında tüm kareler için başlangıç durumuna dönmüş olduk. Bu yaptığımız işlemler, diğer $k$ kare için 2 modunda periyodik olduğundan, toplam $2N$ sonunda yapılan son $N$ adım da $f_{(p,q)} $ ya $1$ ekler ve bütün boyalı birim kareler için $f_{(i,j)} =1$ olur, ispat biter.

$a+b+c=3$ eşitliğini sağlayan tüm $a,b,c>0$ gerçel sayıları için, $$\dfrac{a^{2}+3b^{2}}{ab^{2}(4-ab)}+\dfrac{b^{2}+3c^{2}}{bc^{2}(4-bc)}+\dfrac{c^{2}+3a^{2}}{ca^{2}(4-ca)}\ge 4$$ olduğunu gösteriniz.

(Refail Alizade)

Çözüm:

(Mathematist)
$$\sum\limits_{cyc}\dfrac{a^{2} +3b^{2} }{ab^{2} (4-ab)} \ge A.G.O.\ge \sum\limits_{cyc}\dfrac{2b^{2} +2ab}{ab^{2} (4-ab)} =2\sum\limits_{cyc}\dfrac{a+b}{ab(4-ab)}$$ $$\ge \sum\limits_{cyc}\dfrac{4\sqrt{ab} }{ab(4-ab)}=4\sum\limits_{cyc}\dfrac{1}{(2-\sqrt{ab} )(2+\sqrt{ab)} \sqrt{ab} } $$

Diğer taraftan, $(\sqrt{ab} -1)^{2} \ge 0$ olduğundan, $\sqrt{ab} (2-\sqrt{ab} )\le 1$ sağlanır. Bunu yerine yazarsak:

$$4\sum\limits_{cyc}\dfrac{1}{\sqrt{ab} (2-\sqrt{ab} )(2+\sqrt{ab} )} \ge 4\sum\limits_{cyc}\dfrac{1}{2+\sqrt{ab} } \ge Cauchy-Schwarz $$ $$\ge 4\dfrac{(1+1+1)^{2} }{(2+\sqrt{ab} )+(2+\sqrt{ab} )+(2+\sqrt{ac} )} =\dfrac{36}{6+\sum\limits_{cyc}\sqrt{ab} } $$ bulunur.

Son olarak, $\sum\limits_{cyc}\sqrt{ab} \le AGO\le \sum\limits_{cyc}\dfrac{a+b}{2} =3$ olduğundan, $\dfrac{36}{6+\sum\limits_{cyc}\sqrt{ab} } \ge 4$ sağlanır.
Sonuç olarak, $\sum\limits_{cyc}\dfrac{a^{2} +3b^{2} }{ab^{2} (4-ab)} \ge \dfrac{36}{6+\sum\limits_{cyc}\sqrt{ab} } \ge 4$ bulunur, ispat biter.

Not:
Çözümde kullanılan eşitsizlik literatürde Bergström Eşitsizliği (Cauchy Schwarz'ın farklı bir versiyonu) olarak bilinir.

$k>1$ bir sayı, $p=6k+1$ bir asal sayı ve $m=2^{p}-1$ olmak üzere, $$\dfrac{2^{m-1}-1}{127m}$$ sayısının bir tam sayı olduğunu gösteriniz.

(Şahin Emrah)

Çözüm:

(Mathematist)

$k>1$ olduğundan $p\ne 7$ öncelikle $128\equiv 2^{7} \equiv 1 \pmod {127}$ olduğundan $der_{127} 2=7$ olduğunu söyleyebiliriz. Diğer taraftan $127$ bir asal sayıdır ve dolayısıyla:
$$(127,m)>1\Leftrightarrow 127|m\Leftrightarrow 127|2^{p} -1\Leftrightarrow 2^{p} \equiv 1 \pmod {127}\Leftrightarrow 7|p$$
bulunur ki bu $p>7$ olduğundan mümkün değil.

$\Rightarrow (127,m)=1$. Dolayısıyla ayrı ayrı $m|2^{m-1} -1$ ve $127|2^{m-1} -1$ olduğunu ispatlamamız yeterlidir.

$127|2^{m-1} -1\Leftrightarrow 2^{m-1} \equiv 1 \pmod {127} \Leftrightarrow 7|m-1\Leftrightarrow 7|2^{0} -2\Leftrightarrow 2^{p-1} \equiv 1 \pmod 7$ bulunur. Diğer taraftan $2^{6} \equiv 1 \pmod 7$ ve $6|p-1$ olduğundan $2^{p-1} \equiv 1 \pmod 7$ ve de $127|2^{m-1} -1$ doğrudur.

Ayrıca $m=2^{p} -1|2^{m-1} -1$ olduğunu ispatlamak için, $p|m-1$ olduğunu göstermek yeterlidir, çünkü böylece $m-1=pt$ olur ve $2^{m-1} -1=(2^{p} -1)(2^{p.(t-1)} +2^{p.(t-2)} +\dots+1)$ şeklinde yazılabilir.

Diğer taraftan $2^{p} \equiv 2 \pmod p \Leftrightarrow m\equiv 2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ denkliği Küçük Fermat Teoremi'nden sağlanır, ispat biter.

$m(\widehat{B})=90^{\circ}$ olan bir $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberi, $ BC$ kenarına $D$ noktasında değiyor. $ABD$ ve $ACD$ üçgenlerinin iç merkezleri sırasıyla $X$ ve $Z$ olmak üzere, $XZ$ ve $AD$ doğruları $K$ noktasında kesişiyor. $XZ$ nin $ABC$ nin çevrel çemberini kestiği noktalar $U$ ve $V$; $UV$ doğru parçasının orta noktası $M;$ $AD$ nin $ABC$ nin çevrel çemberini $A$ dışında kestiği nokta $Y$ olmak üzere, $\vert CY\vert =2\vert MK\vert $ olduğunu gösteriniz.

(Cafer Tayyar Yıldırım)

Çözüm:

$X$ merkezli içteğet çember $BC$ ye $E$ de dokunsun. $Z$ merkezli içteğet çember $BC$ ye $F$ de dokunsun.

$DE$ ve $DF$ uzunluklarını hesaplayacağız.

$AD=x$, $AC=b$, $BC=a$, $AB=c$ ve $u=\dfrac{a+b+c}{2}$ olsun.

$BD=u-b$ ve $CD=u-c$

$\triangle ABD$ üçgeninde $DE=\dfrac{c+u-b+x}{2}-c=\dfrac{x+u-b-c}{2}$ elde edilir.

$\triangle ADC$ üçgeninde $DF=\dfrac{b+u-c+x}{2}-b=\dfrac{x+u-b-c}{2}=DE$ olur.

$X$ merkezli çemberin $AD$ ye dokunduğu nokta ile $Z$ merkezli çemberin $AD$ ye dokunduğu nokta aynı olacağından, bu nokta, $X$ ve $Z$ doğrusal olacaktır. Bu durumda çemberler $AD$ ye $K$ da dokunurlar. Yani, $AD\bot XZ$.

$M$, $UV$ kirişinin orta noktası olduğu için $OM\bot XZ$. Bu durumda $AD\parallel OM$ olacaktır. Dolayısıyla $\dfrac{OC}{OA}=\dfrac{CM}{MN}$ elde edilir. $AD\bot XZ$ ile $AY\bot YC$ olduğu için $KM\parallel YC$ olur. Bu durumda, paralellikten, $\dfrac{NM}{NC}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{MK}{YC}$ elde edilir.

$n$ kentin bulunduğu bir ülkede, herhangi iki kent arasında, bu kentleri doğrudan birleştiren en çok bir yol bulunuyor. Farklı yolların sadece kentlerde kesiştiği bu ülkede, herhangi bir kentin tüm yolları kapansa bile, her kentten başka her kente, gerekirse diğer kentlerden geçerek ulaşılabiliyor. Farklı $A$ ve $B$ kentleri verildiğinde, seçtiğimiz en çok $k$ yolu istediğimiz gibi tek yönlü yapmak suretiyle, geri kalan yollar nasıl tek yönlü yapılırsa yapılsın, iki kenti doğrudan birleştiren herhangi bir $l$ yolu için, $ A$ dan başlamak, belirlenmiş yönlere uymak, $l$ yolunu kullanmak ve herhangi bir kentten en çok bir kez geçmek üzere $B$ ye ulaşabiliyorsak, $A$ kenti $B$ kentine $k$-yönlü bağlanabilir diyoruz. Her $A$ kenti başka her $ B$ kentine $k$-yönlü bağlanabiliyorsa, $k$ en az kaç olur?

(Azer Kerimov)

Çözüm:

(Eren DURLANIK)

Öncelikle $k\ge 2n-3$ olması gerektiğini ispatlayalım. Kentlerin $K_1,K_2,\ \dots ,\ K_{n-2},\ A,\ B$ olduğu bir ülke alalım. Bu ülkenin ekonomik durumu çok iyi olmasın. Sadece $A$ ile $K_1,K_2,\dots ,\ K_{n-2}$ ve $B$ ile $K_1,\ K_2,\dots ,\ K_{n-2}$ şehirleri arasında ve $A$ ile $B$ arasında yollar yapılmış olsun. Bu ülkede hangi şehir kapanırsa kapansın geriye kalan şehirler kendi aralarında bağlantılıdır.

Eğer $k<2n-3$ olsaydı bu ülkedeki yol sayısı $2n-3$ olduğundan en az bir yolu kendimiz yönlendiremeyecektik. Bu yol $AB$ olsaydı $l=AB$ ve $B\to A$ yönünde olursa istenen sağlanamaz. Bu yol $1\le i\le n-2$ için $AK_i$ olsaydı $l=AK_i$ ve $K_i\to A$ yönünde olursa istenen sağlanamazdı. Bu yol $1\le i\le n-2$ için $K_iB$ olsaydı $l=K_iB$ ve $B\to K_i$ yönü için $A$ dan başlayıp $l$ den geçip $B$ ye her kente en fazla bir kez uğrayarak ulaşamazdık. Yani $A$ kenti $B$ kentine $k-$ yönlü bağlanamazdı. Halbuki ülkenin herhangi iki şehri $k-$ yönlü bağlanabiliyordu. Bu bir çelişki olup $k\ge 2n-3$ olur. Şimdi $k=2n-3$ ün yeterli olduğunu ispatlayalım.

Sorudaki şartları sağlayan bir $G$ ülkesi alalım. $G$ nin herhangi iki $A$ ve $B$ kenti için $A$ kentinin $B$ kentine $(2n-3)-$ yönlü bağlanabilir olduğunu ispatlayacağız. $G$ nin iki $A$ ve $B$ farklı kentlerini alalım. Her şehirden en fazla bir kez geçerek $A$ dan $B$ ye (henüz yollar yönlendirilmemişken) gidebileceğimiz bir $m_1$ yolu alalım. $A$ ve $B$ dışındaki bir kenti silince geriye kalanlar bağlantılı olduğundan $A$ ile $B$ arasında her kentten en fazla bir kez geçen bir yol vardır. Eğer $m_1$ üzerinde olmayan kent yoksa tamam. Diyelim ki $m_1$ dışında kentler var. Bu kentler kümesi $M_1$ olsun. Her kentten en fazla bir kez geçen yollara ``ekonomik yol'' diyelim.

Sadece başlangıç ve bitiş kentleri $m_1$ de olan, $M_1$ den en az bir kent içeren bir ekonomik yol varsa bu ekonomik yol ve $m_1$ yolunun birleşimi $m_2$ olsun. $m_2$ dışındaki kentler kümesi $M_2$ olsun.

Sadece başlangıç ve bitiş kentleri $m_2$ de olan, $M_2$ den en az bir kent içeren bir ekonomik yol varsa bunu da alıyoruz ve bu ekonomik yol ile $m_2$ nin birleşimi $m_3$ olsun.

Bu şekilde ilerleyelim ve ekonomik yolların birleşimi şeklinde son olarak bir $m$ elde edelim. $m$ in dışında kent yoksa tamam. Diyelim ki $m$ nin dışında en az bir kent var. Bunlardan biri $C$ kenti olsun. $B$ yi silince kalan kentler bağlantılı olduğundan $C$ ile $A$ arasında bir ekonomik yol bulunur. O halde $m$ nin dışında kalan kentler kümesine $M$ dersek $C$ den başlayıp $M$ den bazı kentlerden geçerek $m$ deki bir kente ulaşan bir $m^\prime$ yolu olacak. $m^\prime$ yolunun $m$ ile kesişmeden bir önceki şehri $D\ $olsun. ($D=C$ olabilir) $m^\prime$ yolunun $m$ ile kesişen yerdeki şehri $E$ olsun. $E$ yi silince geriye kalan kentler yine bağlantılı olacağından $D$ ile $A$ arasında bir ekonomik yol olacaktır. O halde $D$ ile başlayıp $M$ deki bazı kentlerden geçip $m$ ye $E$ den farklı bir $F$ noktasında ulaşan bir $m^{\prime\prime}$ yolu vardır. Bu yol $DX_1X_2\dots X_sF$ olsun. Bu durumda $EDX_1\dots X_sF$ yolu sadece başlangıç ve bitiş kentleri $m$ de olan ve dışarıdan en az bir kent içeren bir yol olup bu $m$ nin tanımıyla çelişir. O halde $M=\emptyset $ dir.

$A$ dan $B$ ye ulaşan sadece $A$ ve $B$ de kesişen yollar $l_1,\ l_2,\dots ,\ l_s$ olsun. $m_1$ den dolayı $s\ge 1$ dir. Yani böyle en az bir yol vardır.

Oluşturduğumuz tüm kentleri içeren, birkaç ekonomik yolun birleşimi şeklindeki yolları ve şehirleri (yani m yi) alalım. $l_1,\ l_2,\dots ,\ l_s$ $s$ tane ekonomik yoldur. Diğer yollar $i\ne j$ olmak üzere $l_i$ den bir kent ve $l_j$ den bir kent uç kentleri olan ve daha başka en az bir kent içeren yollar, $l_i$ den iki farklı kent uç kent içeren ve daha başka en az bir kent içeren yollar ve bunun bunlar için de tanımlanmış olan şekildeki yollardır. Sadece uç noktaları diğer yollarla kesişen ekonomik yollardan oluşan bir durum elde ettik. Bu yollardan biri $p$ yolu olsun. $p$ nin uç noktaları dışındaki şehir sayısı $a_p$ olursa$p$ deki kenar sayısı $1+a_p$ olur. O halde elde ettiğimiz durumda kenar sayısı $\sum_p{1+a_p}$ olur. $a_p\ge 1$ olup $A$ ve $B$ bu yollardan hiçbirinin içinde (yani ucunda olmayan) bir kent olmadığı için $p$ yollarının sayısı en fazla $n-2\ $dir. $\sum_p{1+a_p=\sum_p{a_p}+\sum_p{1}=n-2+\sum_p{1}\le 2n-4}$ elde ederiz.

En başta seçtiğimiz $m_1$ için $m_1$ i $A$ ve $B$ arasında en az bir köşe içerecek şekilde seçebileceğimizi gösterelim. $A$ ya sadece $B$ bağlı olsaydı $B$ yi silince kalan kentler bağlantısız olurdu. $A$ ile arasında doğrudan yol olan bir $R\ne B$ kentini alalım. $A$ yı silince geriye kalan kentler bağlantılı olup $R$ ile $B$ arasında bir ekonomik yol var ve buna $AR$ yolunu ekleyip bunu $m_1$ seçeriz. $m_1$ den önce de A ile B arasında kenar bulunsaydı onu seçer sonra $m_1$ i seçerdik. Ayrıca $m_1,\ m_2,\ \dots ,\ m$ yi oluşturunca her seferinde sadece uç noktaları $m_i$ de olan en kısa ekonomik yolu alarak ilerleyeceğiz. Bu şekilde elde edeceğimiz son durumda en fazla $2n-4+1=2n-3$ yol bulunur.($AB$ yolunu da saydık)

Şimdi sadece uç noktaları kesişen ekonomik yollardan oluşan yol-kent haritası $H$ olsun. $H$ de uç noktası $A$ olan $AX_1X_2\dots X_s$ yolunu $A\to X_1\to X_2\to \dots \to X_s$ şeklinde yönlendirelim. Uç noktası $B$ olan $Y_1Y_2\dots Y_sB$ yollarını da $Y_1\to Y_2\to \dots \to B$ şeklinde yönlendirelim. Uç noktaları $A$ ve $B$ olan yollar ve $A$ ile $B$ arasındaki kenar $A\to B$ olur. Geriye kalan $Z_1Z_2\dots Z_r$ yollarını $Z_1\to Z_2\to \dots \to Z_r$ şeklinde veya $Z_r\to \dots \to Z_2\to Z_1$ şeklinde yönlendirelim. Kenar sayısı $2n-3$ ten fazla olmadığından bunu yapabiliriz.

Şimdi geriye kalan kenarlar nasıl yönlendirilirse yönlendirilsin herhangi $l$ kenarı için $A$ dan başlayıp $l$ den geçerek $B$ ye ulaşabileceğimizi ispatlayalım. $H$ de ardışık iki köşe (özel durum olarak $A$ ve $B$ (eğer aralarında kenar varsa)) arasındaki kenar $K_1K_2$ seçilirse bu kenarın H de bulunduğu yol $L_1L_2\dots L_sK_1K_2M_1M_2\dots M_r$ olsun. (Yukarıdaki yönlendirmeyi yaparken bir $X_1\dots X_t$ yolunun yönü $X_1\to \dots \to X_t$ ise ($i<j$ olmak üzere) $X_iY_1\dots Y_sX_j$ yolunun yönü $X_i{\to Y}_1\to \dots \to Y_s\to X_j$ olacak şekilde yapacağız)

$p$ nin yönü $L_1\to \dots \to L_s\to K_1\to K_2\to \dots \to M_1\to \dots \to M_r$ olsun. $K_1$ den ters yönde ilerleyecek bir trafik canavarı haritayı oluşturma biçimimizden dolayı $A$ ya, $K_2$ den düz ilerleyen örnek sürücü $B$ ye ulaşacağından $K_1K_2$ den geçip yönlere uyarak $A$ dan $B$ ye ulaşabiliyoruz.

Seçilen $l$ kenarı iki farklı $p$ ve $q$ yolundan $K_1$ ve $K_2$ noktalarıysa ve bunun yönü $K_1\to K_2$ olursa $K_1$ den ters yönde $A$ ya, $K_2$ den düz ilerleyerek $B$ ye ulaşırız. O halde yine $l$ den geçen $A$ ile başlayan $B$ ile biten yönlere uyan bir yol vardır.

Aynı $p$ yolunda iki farklı $K_1$ ve $K_2$ ardışık olmayan köşelerin seçilemeyeceğini ispatlayalım. Diyelim böyle $K_1$ ve $K_2$ var. O zaman $K_1$ ile $K_2$ arasında kenar vardır. $p$ yolu $S_1S_2\dots S_vK_1L_1\dots L_tK_2R_1R_2\dots R_u$ olursa $S_1\dots S_vK_1K_2R_1\dots R_u$ daha kısa bir yol olup bu haritayı oluşturma biçimimizle çelişir; çünkü her adımda uç noktaları $m_i$ de olan geriye kalan köşeleri dışarıdan olan en kısa ekonomik yolu alıyorduk. Bu durumda $S_1\dots S_vK_1K_2R_1\dots R_u$ yu seçmiş olmamız ve dolayısıyla $K_1K_2$ yi kendimiz çizmiş olmamış gerekirdi ki $K_1$ ve $K_2$ $H$ de ardışık olmayan köşeler olup bu bir çelişkidir.

$AX$ kenarı veya $YB$ seçilirse $A\to X\to \dots \to B$ ve $A\to \dots \to Y\to B$ den dolayı $AX$ veya $YB=l$ olursa yine $l$ den geçen ve şartları sağlayan bir yol vardır.

$A$ ve $B$ dışındaki her nokta bir yolun içinde nokta olduğundan bütün prosedür doğru olup A kenti B kentine $\left(2n-3\right)-$yönlü bağlanabilir. Bu da soruyu bitirir.