Løst med ganske mye hjelp om hvordan man anvender Pascals teorem.
Lemma 1:
Sekskanten ABCDEF er innskrevet i et kjeglesnitt.
Bevis:
Først vet vi at [tex]AB \parallel DE, BC \parallel EF, CD \parallel AF [/tex].
Siden alle parene av linjer er parallelle, vil de alle skjæere i et punkt i uendelig.
Av unikheten av linja i uendelig, er disse tre kolineære.
Ved konversen av pascals teorem, må da ABCDEF være innskrevet i et kjeglesnitt.
Lemma 2:
[tex]MN \parallel BC[/tex]
Bevis:
Vi bruker nå orientasjonen CAEFDB på sekskanten.
Av pascals teorem har vi at punktene [tex]CA \cap FD = N, AE \cap DB = M, BC \cap EF[/tex] er kolineære.
Siden EF og BC er paralelle, skjærer disse i punktet i uendelig. Da vil linjen MN og BC også skjære i punktet i uendelig, og dermed er de parallelle.
Det følger av symmetri at [tex]DC \parallel MK, NK \parallel ED[/tex]
Nå kan vi fullføre oppgaven.
La [tex]J = DE \cap BC, I = DE \cap AF, H = BC \cap AF[/tex]
Dette danner en ny trekant [tex]\Delta HIJ[/tex].
Observer at [tex]IJ \parallel DE \parallel AB \parallel MK[/tex]
Av symmetri gjelder dette alle sidene, og [tex]\Delta HIJ \cong MKN[/tex]
SIden trekantene er formlike og likt orientert, finnes en homoteti mellom dem.
Denne homotetien sender normalene fra punktene [tex]M,N,K[/tex] til [tex]AB,CD,EF[/tex] til høydene i den nye trekanten.
Disse linjene skjærer i ortosenteret i [tex]\Delta HIJ [/tex], og oppgaven er bevist.
[tex]\blacksquare[/tex]
Abel maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Sorry for the poorly typed solution, it's late at night and I am sleepy.
Solution:
Let \(S\) be a partition of \(\mathbb{N}_+\) such that if \(A\in S\), we have \(\forall a \in A, |A| \mid a\). For each element \(A\) in \(S\), we define \(f\) on \(A\) such that \(f\) is an arbitrary cyclic permutation on the elements of \(A\) (if \(a_1..a_n \in A\), then \(f(a_i) = a_{i+1}\) for \(i<n\) and \(f(a_n) = a_1\)). We can easily check that \(f\) is indeed a valid solution for the problem. We will now show there are no more solutions to the problem.
Proof:
Let \(F(n)\) denote the LHS of the FE.
Claim 1: \(f\) is bijective.
Surjectivity is trivial to show as every \(n\in \mathbb{N}_+\) is hit by \(f\).
Injectivity follows from the fact that if for \(a\neq b\), if \(f(a) = f(b)\), then \(a = F(a) = F(b) = b\).
Claim 2: Repeated application of \(f\) is periodic for any \(n\).
Proof is very simple as we know that \(f^{f(n)}(n)\) is a valid period from the problem statement.
Hence each \(n\) is part of a cycle with distinct elements (due to Claim 1) with repeated function application. Let's look at an arbitrary such cycle:
\(\{n_0\dots n_{T-1}\}\), note that \(T\) is the smallest period of repeated function application on this cycle.
Claim 3: \(T\) divides at least one element in the cycle.
Proof is simple as given an arbitrary element \(n\) in our cycle, \(f^{f(n)}(n)\) must also be an element in the cycle as it is \(f\) applied some times to \(n\), and it is a period, so the smallest period must divide this element.
Lemma: \(T\) divides every element in the cycle.
Proof:
If the cycle has length \(1\) we are done by Claim 3.
Assume cycle has at least two elements.
Assume for contradiction that there exists at least one element in our cycle that \(T\) does not divide. By the Lion-Tiger principle (if you have questions about this principle, feel free to ask and I will clarify), we know that there exists an element \(m\) such that \(T\nmid m\) and \(T\mid f(m)\). Note that by inspection \(F(m) \neq m\) as \(m\) is not a period of the cycle. Hence we have a contradiction.
This concludes the proof.
Solution:
Let \(S\) be a partition of \(\mathbb{N}_+\) such that if \(A\in S\), we have \(\forall a \in A, |A| \mid a\). For each element \(A\) in \(S\), we define \(f\) on \(A\) such that \(f\) is an arbitrary cyclic permutation on the elements of \(A\) (if \(a_1..a_n \in A\), then \(f(a_i) = a_{i+1}\) for \(i<n\) and \(f(a_n) = a_1\)). We can easily check that \(f\) is indeed a valid solution for the problem. We will now show there are no more solutions to the problem.
Proof:
Let \(F(n)\) denote the LHS of the FE.
Claim 1: \(f\) is bijective.
Surjectivity is trivial to show as every \(n\in \mathbb{N}_+\) is hit by \(f\).
Injectivity follows from the fact that if for \(a\neq b\), if \(f(a) = f(b)\), then \(a = F(a) = F(b) = b\).
Claim 2: Repeated application of \(f\) is periodic for any \(n\).
Proof is very simple as we know that \(f^{f(n)}(n)\) is a valid period from the problem statement.
Hence each \(n\) is part of a cycle with distinct elements (due to Claim 1) with repeated function application. Let's look at an arbitrary such cycle:
\(\{n_0\dots n_{T-1}\}\), note that \(T\) is the smallest period of repeated function application on this cycle.
Claim 3: \(T\) divides at least one element in the cycle.
Proof is simple as given an arbitrary element \(n\) in our cycle, \(f^{f(n)}(n)\) must also be an element in the cycle as it is \(f\) applied some times to \(n\), and it is a period, so the smallest period must divide this element.
Lemma: \(T\) divides every element in the cycle.
Proof:
If the cycle has length \(1\) we are done by Claim 3.
Assume cycle has at least two elements.
Assume for contradiction that there exists at least one element in our cycle that \(T\) does not divide. By the Lion-Tiger principle (if you have questions about this principle, feel free to ask and I will clarify), we know that there exists an element \(m\) such that \(T\nmid m\) and \(T\mid f(m)\). Note that by inspection \(F(m) \neq m\) as \(m\) is not a period of the cycle. Hence we have a contradiction.
This concludes the proof.
New problem:
In kindergarten, nurse took \(n>1\) identical cardboard rectangles and distributed them to \(n\) children; every child got one rectangle. Every child cut their rectangle into several identical squares (squares of different children could be different). Finally, the total number of squares was prime. Prove that initial rectangles was squares.
In kindergarten, nurse took \(n>1\) identical cardboard rectangles and distributed them to \(n\) children; every child got one rectangle. Every child cut their rectangle into several identical squares (squares of different children could be different). Finally, the total number of squares was prime. Prove that initial rectangles was squares.
Først, et rektangel har et sideforhold m/n, der m og n er relativt primiske positive heltall.
Hver oppdeling i kvadrater må da ha at m deler antallet på m siden, og n deler antallet på n-siden
Begge disse må være 1 for at det skal være et primtall, hvis ikke vil n eller m dele antallet
Hver oppdeling i kvadrater må da ha at m deler antallet på m siden, og n deler antallet på n-siden
Begge disse må være 1 for at det skal være et primtall, hvis ikke vil n eller m dele antallet
La [tex]f \in \mathbb{Z}[x][/tex] være et ikkekonstant polynom slik at [tex]f(1) \not = 1[/tex].
La [tex]divs(n)[/tex] være mengden av de positive divisorene til n
Et positivt heltall m kalles superdupert om det finnes n slik at [tex]f[divs(m)] =divs(n)[/tex]
Vis at for enhver slik f er det endelig mange superdupre tall
La [tex]divs(n)[/tex] være mengden av de positive divisorene til n
Et positivt heltall m kalles superdupert om det finnes n slik at [tex]f[divs(m)] =divs(n)[/tex]
Vis at for enhver slik f er det endelig mange superdupre tall
-
Lil_Flip39
- Noether
- Innlegg: 37
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Abelmaraton
Løsning:
for motstigelsens skyld, anta det eksiterer uendelig mange superdupre tall.
Det er lett å se at hvis $f$ har negativ ledende koeffisient, er det åpenbart at det bare er endelig antall superdupre tall.
Derfor anta $f$ har positiv ledende koeffisient, som impliserer at den er strengt økene for store nok $m$.
Påstand; $f(x)\mid f(ax)$ har uendelig antall løsninger for en $a\neq 1$.
Bevis:
Vi ser at $f(x)=1$ har maks $n$ løsninger, så av duehull prinsippet ekisterer det en $a$ slik at $f(a)=1$ og $a\mid m$ for uendelig $m$ superdupert, siden $1\in divs(n)$.
Nå har vi $f(\frac{m}{a})\in f(divs(m))=divs(f(m))$ siden $f(m)=n$, som impliserer $f(\frac{m}{a})\mid f(m)$ har uendelig mange løsninger. Dette viser påstanden.
la $f(m)=a_nm^n+.......+a_0$, da ser vi at
$f(am)=a_na^nm^n+a_{n-1}a^{n-1}m^{n-1}......+a_0$
hvis vi nå ganger $f(m)$ med $a^n$, får vi $a^nf(m)=a_na^nm^n+a_{n-1}a^nm^{n-1}.......+a_0$.
Da er det lett å se at $f(am)=a^nf(m)-g(m)$ hvor deg $g$$<$deg$f$. Anta $g(x)\neq 0$.Av påstand får vi at $f(m)\mid g(m)$ , men dette er en motstigelse siden deg$g$<deg$f$ og da vil $f(m)>g(m)$ for store nok $m$.
Dette impliserer $g=0$, så $f(am)=a^nf(m)$. Åpenbart er da $f(x)=bx^n$, men hvis $b=1$, er $f(1)=1$, motstigelse, hvis $b\neq 1$, får vi at siden $b$ er positiv, har vi ingen løsninger til $bx^n=1$, som er en motstigelse.
Dette er fordi $1\in divs(n)$, så $1$ må være i verdimengden.
Da er vi ferdige.
for motstigelsens skyld, anta det eksiterer uendelig mange superdupre tall.
Det er lett å se at hvis $f$ har negativ ledende koeffisient, er det åpenbart at det bare er endelig antall superdupre tall.
Derfor anta $f$ har positiv ledende koeffisient, som impliserer at den er strengt økene for store nok $m$.
Påstand; $f(x)\mid f(ax)$ har uendelig antall løsninger for en $a\neq 1$.
Bevis:
Vi ser at $f(x)=1$ har maks $n$ løsninger, så av duehull prinsippet ekisterer det en $a$ slik at $f(a)=1$ og $a\mid m$ for uendelig $m$ superdupert, siden $1\in divs(n)$.
Nå har vi $f(\frac{m}{a})\in f(divs(m))=divs(f(m))$ siden $f(m)=n$, som impliserer $f(\frac{m}{a})\mid f(m)$ har uendelig mange løsninger. Dette viser påstanden.
la $f(m)=a_nm^n+.......+a_0$, da ser vi at
$f(am)=a_na^nm^n+a_{n-1}a^{n-1}m^{n-1}......+a_0$
hvis vi nå ganger $f(m)$ med $a^n$, får vi $a^nf(m)=a_na^nm^n+a_{n-1}a^nm^{n-1}.......+a_0$.
Da er det lett å se at $f(am)=a^nf(m)-g(m)$ hvor deg $g$$<$deg$f$. Anta $g(x)\neq 0$.Av påstand får vi at $f(m)\mid g(m)$ , men dette er en motstigelse siden deg$g$<deg$f$ og da vil $f(m)>g(m)$ for store nok $m$.
Dette impliserer $g=0$, så $f(am)=a^nf(m)$. Åpenbart er da $f(x)=bx^n$, men hvis $b=1$, er $f(1)=1$, motstigelse, hvis $b\neq 1$, får vi at siden $b$ er positiv, har vi ingen løsninger til $bx^n=1$, som er en motstigelse.
Dette er fordi $1\in divs(n)$, så $1$ må være i verdimengden.
Da er vi ferdige.
-
Lil_Flip39
- Noether
- Innlegg: 37
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Abelmaraton
Ny oppgave:
(200+ posts, yay!)
la 2 sirkler,$\omega_1, \omega_2$ skjære i punkter $AB$. La $P$ være et punkt på $AB$, slik at $A$ ligger mellom $P,B$.
La de "ytre" tangentene fra $P$ til $\omega_1, \omega_2$ skjære $\omega_1, \omega_2$ i $R,S$.
Vis at når $P$ varierer, går linja $RS$ gjennom et fixed punkt.
(200+ posts, yay!)
la 2 sirkler,$\omega_1, \omega_2$ skjære i punkter $AB$. La $P$ være et punkt på $AB$, slik at $A$ ligger mellom $P,B$.
La de "ytre" tangentene fra $P$ til $\omega_1, \omega_2$ skjære $\omega_1, \omega_2$ i $R,S$.
Vis at når $P$ varierer, går linja $RS$ gjennom et fixed punkt.
La fellestangentene til $\omega_1$ og $\omega_2$ være $l_1$ og $l_2$. Vi ønsker å vise at RS alltid går gjennom $Q=l_1\cap l_2$.
Vi definerer punktene $W=l_1\cap \omega_1$, $X=l_2\cap \omega_1$, $Y=l_2\cap \omega_2$, $Z=l_1\cap \omega_2.$, $C=RW\cap SZ$ og $D=RX\cap SY$.
$\textbf{ Påstand 1:}$
RDSC er syklisk.
$\textbf{Bevis:}$
WXYZ er et likebent trapes.
Av vinkeljakt har vi dermed $\measuredangle CSD=\measuredangle ZSY=\measuredangle ZYX =\measuredangle ZWX =\measuredangle WRX =\measuredangle CRD$
Dermed er RDSC syklisk.
$\textbf{ Påstand 2:}$
RWZS og RXYS er sykliske.
$\textbf{Bevis:}$
Vi vet at $WX\parallel ZY\parallel AB$.
Av vinkeljakt har vi $\measuredangle ZSR=\measuredangle CSR=\measuredangle CDR=\measuredangle WXR=\measuredangle ZWR$.
Liknende vinkeljakt gir oss at $\measuredangle XRS=\measuredangle XYS$.
Dermed er RWZS og RXYS sykliske.
Av EPP på sirklene RWZS, RXYS og WXYS har vi at $Q=l_1\cap l_2\cap RS$
Vi definerer punktene $W=l_1\cap \omega_1$, $X=l_2\cap \omega_1$, $Y=l_2\cap \omega_2$, $Z=l_1\cap \omega_2.$, $C=RW\cap SZ$ og $D=RX\cap SY$.
$\textbf{ Påstand 1:}$
RDSC er syklisk.
$\textbf{Bevis:}$
WXYZ er et likebent trapes.
Av vinkeljakt har vi dermed $\measuredangle CSD=\measuredangle ZSY=\measuredangle ZYX =\measuredangle ZWX =\measuredangle WRX =\measuredangle CRD$
Dermed er RDSC syklisk.
$\textbf{ Påstand 2:}$
RWZS og RXYS er sykliske.
$\textbf{Bevis:}$
Vi vet at $WX\parallel ZY\parallel AB$.
Av vinkeljakt har vi $\measuredangle ZSR=\measuredangle CSR=\measuredangle CDR=\measuredangle WXR=\measuredangle ZWR$.
Liknende vinkeljakt gir oss at $\measuredangle XRS=\measuredangle XYS$.
Dermed er RWZS og RXYS sykliske.
Av EPP på sirklene RWZS, RXYS og WXYS har vi at $Q=l_1\cap l_2\cap RS$
Sist redigert av lfe den 11/10-2024 15:17, redigert 1 gang totalt.
Solution:
The only \(m\) that satisfies the problem conditions are \(m \in \{0, 1, 2\}\). We can easily check this by inspection.
Proof:
Note that \(5 \mid a_m\) for all \(m\)
Assume \(m\geq 3\).
Lemma: \(2m+1\) must be prime
Proof:
Assume \(2m+1\) is composite equal to \(uv, (u,v > 1)\), then by Zsigmondy's theorem we can factorize \(a_m\) into \((1+2^u)x\) for some integer \(x\), and we will have at least three unique prime factors, namely \(5\), the primitive root of \((1+2^u)\) and the primitive root of \(a_m\).
Hence \(2m+1\) is prime for \(a_m\) to satisfy the problem statement.
Combining with our lemma, we know that as long as \(m\neq 2\), \(V_5(a_m) = 1\) by LTE lemma.
Factorize \(a_m\) using Sophie Germain: \(1+(2^{2m+1})^2 = (1-2^{m+1}+2^{2m+1})(1+2^{m+1}+2^{2m+1})\). Note that for \(m\geq 3\) both factors are larger than \(5\), and the factors are coprime by one step of Euclid's algorithm: gcd\((1-2^{m+1}+2^{2m+1}, 1+2^{m+1}+2^{2m+1}) = \)gcd \((1+2^{m+1}+2^{2m+1}, 2^{m+2}) = 1\), hence there are at least two more prime factors other than \(5\), and we are done.
The only \(m\) that satisfies the problem conditions are \(m \in \{0, 1, 2\}\). We can easily check this by inspection.
Proof:
Note that \(5 \mid a_m\) for all \(m\)
Assume \(m\geq 3\).
Lemma: \(2m+1\) must be prime
Proof:
Assume \(2m+1\) is composite equal to \(uv, (u,v > 1)\), then by Zsigmondy's theorem we can factorize \(a_m\) into \((1+2^u)x\) for some integer \(x\), and we will have at least three unique prime factors, namely \(5\), the primitive root of \((1+2^u)\) and the primitive root of \(a_m\).
Hence \(2m+1\) is prime for \(a_m\) to satisfy the problem statement.
Combining with our lemma, we know that as long as \(m\neq 2\), \(V_5(a_m) = 1\) by LTE lemma.
Factorize \(a_m\) using Sophie Germain: \(1+(2^{2m+1})^2 = (1-2^{m+1}+2^{2m+1})(1+2^{m+1}+2^{2m+1})\). Note that for \(m\geq 3\) both factors are larger than \(5\), and the factors are coprime by one step of Euclid's algorithm: gcd\((1-2^{m+1}+2^{2m+1}, 1+2^{m+1}+2^{2m+1}) = \)gcd \((1+2^{m+1}+2^{2m+1}, 2^{m+2}) = 1\), hence there are at least two more prime factors other than \(5\), and we are done.
New problem:
100 mathemagicians are attending an important conference on mathemagics. There are 100 seats in the conference room, one assigned to each mathemagician. If a mathemagician finds their assigned seat empty, they will sit down at their assigned seat, otherwise, they will choose one empty seat at random. One morning, before everyone else had woken up, one of the mathemagicians came back from a late night of heavy partying. Being very drunk, they sat into one seat chosen at random, before everyone else had arrived. When the 99 remaining mathemagicians showed up, they started sitting down as well. What is the probability that the last mathemagician entering had sat down in his assigned seat?
100 mathemagicians are attending an important conference on mathemagics. There are 100 seats in the conference room, one assigned to each mathemagician. If a mathemagician finds their assigned seat empty, they will sit down at their assigned seat, otherwise, they will choose one empty seat at random. One morning, before everyone else had woken up, one of the mathemagicians came back from a late night of heavy partying. Being very drunk, they sat into one seat chosen at random, before everyone else had arrived. When the 99 remaining mathemagicians showed up, they started sitting down as well. What is the probability that the last mathemagician entering had sat down in his assigned seat?
50%
Observer at en person alltid setter seg på sitt sete om de kan. Dermed er det umulig at det er et sete annet en 1 eller n på siste valget, siden denne hadde blitt tatt.
Observer også at hver gang noen gjør et random valg, er det like sannsynelig at de velger siste sete som første sete. Dermed er det 50%
Observer at en person alltid setter seg på sitt sete om de kan. Dermed er det umulig at det er et sete annet en 1 eller n på siste valget, siden denne hadde blitt tatt.
Observer også at hver gang noen gjør et random valg, er det like sannsynelig at de velger siste sete som første sete. Dermed er det 50%
Ny oppgave:
Løs følgende ligningssystem:
[tex]a-\sqrt{1-b^2} +\sqrt{1-c^2}=d[/tex]
[tex]b-\sqrt{1-c^2} +\sqrt{1-d^2}=a[/tex]
[tex]c-\sqrt{1-d^2} +\sqrt{1-a^2}=b[/tex]
[tex]d-\sqrt{1-a^2} +\sqrt{1-b^2}=c[/tex]
Der alle kvadratrøtter er ikkenegative
Løs følgende ligningssystem:
[tex]a-\sqrt{1-b^2} +\sqrt{1-c^2}=d[/tex]
[tex]b-\sqrt{1-c^2} +\sqrt{1-d^2}=a[/tex]
[tex]c-\sqrt{1-d^2} +\sqrt{1-a^2}=b[/tex]
[tex]d-\sqrt{1-a^2} +\sqrt{1-b^2}=c[/tex]
Der alle kvadratrøtter er ikkenegative
Vi ser at likningssystemet impliserer $|a|,|b|,|c|,|d|\leq 1$ og \[1) \quad\quad a-\sqrt{1-a^2}=b-\sqrt{1-b^2}=c-\sqrt{1-c^2}=d-\sqrt{1-d^2}\] Vi betrakter funksjonen $f(x)=x-\sqrt{1-x^2}$, der $|x|\leq 1$.
$\textbf{Påstand 1:}$
$f$ er strengt synkende i intervallet $[-1,-\frac{1}{\sqrt{2}}]$ og strengt stigende i intervallet $[-\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$.
$\textbf{Bevis:}$
$f'(x)=1+\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ og $f''(x)=\frac{1}{(\sqrt{1-x^2})^3}$
$f''(x)$ er alltid positiv. $f'(-\frac{1}{\sqrt{2}})=0$ impliserer dermed at $f'(x)$ er strengt synkende i intervallet $[-1,-\frac{1}{\sqrt{2}}]$ og strengt stigende i intervallet $[-\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$.
$\textbf{Påstand 2}$
Likningen $k=x-\sqrt{1-x^2}$ har én løsning for $k>-1$ eller $k=-\sqrt{2}$ og to løsninger for $-\sqrt{2}<k\leq -1$.
$\textbf{Bevis:}$
Fra påstand 1 vet vi at $x=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ er bunnpunktet til f. Siden $f(-1)=f(0)=-1$ følger det av påstand 1 at likningen har to løsninger for $-\sqrt{2}<k\leq -1$ og én for $k>-1$ eller $k=-\sqrt{2}$.
Påstand 2 sammen med 1) impliserer at $a-\sqrt{1-a^2}\leq -1$ eller $a=b=c=d$.
Anta fra nå at $a-\sqrt{1-a^2}\leq -1$.
Vi ser at $f(x)=f(-\sqrt{1-x^2})$ for $x\leq 0$. Av påstand 2 og duehullprinsippet kan vi dermed anta at to av $a$, $b$, $c$ og $d$ er like. Uten tap av generalitet la $a=b$. Dette impliserer at $c=d$.
Vi har dermed at løsningene $(a,b,c,d)$ er $(k,k,k,k)$ for $|k|\leq 1$ og $(k,k,-\sqrt{1-k^2},-\sqrt{1-k^2})$ og dens permutasjoner for $-1\leq k \leq 0$.
$\textbf{Påstand 1:}$
$f$ er strengt synkende i intervallet $[-1,-\frac{1}{\sqrt{2}}]$ og strengt stigende i intervallet $[-\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$.
$\textbf{Bevis:}$
$f'(x)=1+\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$ og $f''(x)=\frac{1}{(\sqrt{1-x^2})^3}$
$f''(x)$ er alltid positiv. $f'(-\frac{1}{\sqrt{2}})=0$ impliserer dermed at $f'(x)$ er strengt synkende i intervallet $[-1,-\frac{1}{\sqrt{2}}]$ og strengt stigende i intervallet $[-\frac{1}{\sqrt{2}}, 1]$.
$\textbf{Påstand 2}$
Likningen $k=x-\sqrt{1-x^2}$ har én løsning for $k>-1$ eller $k=-\sqrt{2}$ og to løsninger for $-\sqrt{2}<k\leq -1$.
$\textbf{Bevis:}$
Fra påstand 1 vet vi at $x=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ er bunnpunktet til f. Siden $f(-1)=f(0)=-1$ følger det av påstand 1 at likningen har to løsninger for $-\sqrt{2}<k\leq -1$ og én for $k>-1$ eller $k=-\sqrt{2}$.
Påstand 2 sammen med 1) impliserer at $a-\sqrt{1-a^2}\leq -1$ eller $a=b=c=d$.
Anta fra nå at $a-\sqrt{1-a^2}\leq -1$.
Vi ser at $f(x)=f(-\sqrt{1-x^2})$ for $x\leq 0$. Av påstand 2 og duehullprinsippet kan vi dermed anta at to av $a$, $b$, $c$ og $d$ er like. Uten tap av generalitet la $a=b$. Dette impliserer at $c=d$.
Vi har dermed at løsningene $(a,b,c,d)$ er $(k,k,k,k)$ for $|k|\leq 1$ og $(k,k,-\sqrt{1-k^2},-\sqrt{1-k^2})$ og dens permutasjoner for $-1\leq k \leq 0$.