2.2 Look at the Endpoints1. The exp

2.2 Look at the Endpoints
1. The expression from the left side of the inequality is a linear function in each
of the four variables. Its minimum is attained at one of the endpoints of the interval of
definition. Thus we have only to check a,b,c,d ∈ {0,1}. If at least one of them is 1,
the expression is equal to a+b+c+d, which is greater than or equal to 1. If all of
them are zero, the expression is equal to 1, which proves the inequality.
2. The inequality is equivalent to
a(k−b)+b(k−c)+c(k−a)≤ k2.
If we view the left side as a function in a, it is linear. The conditions from the statement
imply that the interval of definition is [0,k]. It follows that in order to maximize the
left-hand side, we need to choose a ∈ {0,k}. Repeating the same argument for b and c,
it follows that the maximumof the left-hand side is attained for some (a,b,c)∈{0,k}3.
Checking the eight possible situations, we obtain that this maximum is k2, and we are
done.
(All Union Mathematical Olympiad)
3. Let us fix x2,x3, . . . ,xn and then consider the function f : [0,1] → R, f (x) =
x+x2 +· · ·+xn −xx2 · · · xn. This function is linear in x, hence attains its maximum
2.2. Look at the Endpoints 177
at one endpoint of the interval [0,1]. Thus in order to maximize the left side of the
inequality, one must choose x1 to be 0 or 1, and by symmetry, the same is true for the
other variables. Of course, if all xi are equal to 1, then we have equality. If at least
one of them is 0, then their product is also zero, and the sum of the other n−1 terms is
at most n−1, which proves the inequality.
(Romanian mathematics contest)
4. The expression is linear in each of the variables, so, as in the solutions to the
previous problems, the maximum is attained for ak = 12
or 1, k = 1,2, . . . ,n. If ak = 12
for all k, then Sn = n/4. Let us show that the value of Sn cannot exceed this number.
If exactly m of the ak’s are equal to 1, then m terms of the sum are zero. Also, at most m
terms are equal to 12
, namely those of the form ak(1−ak+1) with ak = 1 and ak+1 = 12
.
Each of the remaining terms has both factors equal to 12
and hence is equal to 14
. Thus
the value of the sum is at most m· 0+m/2+(n−2m)/4 = n/4, which shows that the
maximum is n/4.
(Romanian IMO Team Selection Test, 1975)
5. Denote the left side of the inequality by S(x1,x2, . . . ,xn). This expression is
linear in each of the variables xi. As before, it follows that it is enough to prove the
inequality when the xi’s are equal to 0 or 1.
If exactly k of the xi’s are equal to 0, and the others are equal to 1, then S(x1,x2,
. . . ,xn) ≤ n − k, and since the sum x1x2 + x2x3 + · · · + xnx1 is at least n − 2k,
S(x1,x2, . . . ,xn) is less than or equal to n−k−(n−2k) = k. Thus the maximum of
S is less than or equal to min(k,n−k), which is at most n/2
. It follows that for
n even, equality holds when (x1,x2,x3, . . .) = (1,0,1,0, . . . ,1,0) or (0,1,0,1, . . .0,1).
For n odd, equality holds when all pairs (xi,xi+1), i = 1,2, . . . ,n consist of a zero and
a one, except for one pair that consists of two ones (with the convention xn+1 = x1) or
if x1, . . . ,xn is a rotate of 0,1,0,1, . . . ,0,1,x where x is arbitrary (which corresponds to
the case where a linear function is constant hence it attains its extremum on the whole
interval).
(Bulgarian Mathematical Olympiad, 1995)
6. The sum we want to minimize is linear in each variable; hence the minimum is
attained for some ai ∈ {−98,98}. Since there is an odd number of indices, if we look
at the indices mod 19, there exists an i such that ai and ai+1 have the same sign. Hence
the sum is at least −18 · 982+982 = −17 · 982. Equality is attained for example when
a1 = a3 = · · · = a19 = −98, a2 = a4 = · · · = a18 = 98, but it should be observed that
there are other choices that yield the same maximum.
7. For any nonnegative numbers α and β , the function
x → α
x+β
is convex for x ≥ 0. Viewed as a function in any of the three variables, the given
expression is a sum of two convex functions and two linear functions, so it is convex.
Thus when two of the variables are fixed, the maximum is attained when the third is
at one of the endpoints of the interval, so the values of the expression are always less
178 Chapter 2. Algebra and Analysis
than the largest value obtained by choosing a,b,c ∈ {0,1}. An easy check of the eight
possible cases shows that the value of the expression cannot exceed 1.
(USAMO, 1980)
8. If we fix four of the numbers and regard the fifth as a variable x, then the left
side becomes a function of the form αx+β /x+γ , with α,β ,γ positive and x ranging
over the interval [p,q]. This function is convex on the interval [p,q], being the sum of
a linear and a convex function, so it attains its maximum at one (or possibly both) of
the endpoints of the interval of definition. As before, this shows that if we are trying
to maximize the value of the expression, it is enough to let a,b,c,d,e take the values p
and q.
If n of the numbers are equal to p, and 5−n are equal to q, then the left side is
equal to
n2 +(5−n)2+n(5−n)

p
q
+
q
p

= 25+n(5−n)


p
q
−


q
p
2
.
The maximal value of n(5−n) is attained when n = 2 or 3, in which case n(5−n)= 6,
and the inequality is proved.
(USAMO, 1977)
9. First solution: Using the AM–GM inequality, we can write
3
#$$%

nΣ
k=1
xk

nΣ
k=1
1
xk
2
≤ 1
3

nΣ
k=1
xk +
nΣ
k=1
1
xk
+
nΣ
k=1
1
xk

=
nΣ
k=1
xk + 1
xk
+ 1
xk
3
.
The function x+2/x is convex on the interval [1,2], so it attains its maximum at one of
the endpoints of the interval. Also, the value of the function at each of the endpoints is
equal to 3. This shows that
nΣ
k=1
xk + 1
xk
+ 1
xk
3
≤ n,
and the inequality is proved.
Second solution: Here is a direct solution, more in the spirit of this section, which
was pointed out to us by R. Stong. As a function of any one xi = x, the left-hand side of
the desired inequality is of the form f (x) =C1/x2+C2/x+C3+C4x, which is convex.
Hence the maximum is attained when all the xi are on the boundary. Suppose m of
them are 2 and n−m of them are 1. Then the left-hand side becomes
(n+m)

n− m
2
2
= n3− (3n−m)m2
4
≤ n3,
with equality if and only if m = 0.
2.2. Look at the Endpoints 179
Let us point out that the same idea can be used to prove the more general form of
this inequality, due to Gh. S˝oll˝osy, which holds for xi ∈ [a,b], i = 1,2, . . . ,n:

nΣ
k=1
xi

nΣ
k=1
1
xi
ab
≤

a+b
1+ab
n
1+ab
(L. Panaitopol)
10. Assume that the inequality is not always true, and choose the smallest n for
which it is violated by some real numbers. Consider the function one variable function
f (x1) =
nΣ
i=1
nΣ
j=1
|xi+xj|−n
nΣ
i=1
|xi|.
This function is not linear or convex, but it is piece-wise linear, meaning that it is linear
on each of finitely many intervals that partition the real axis. In fact, the endpoints of
the intervals are among the numbers 0,x2,x3, . . . ,xn. Note also that for |x1| sufficiently
large compared to |xi| for i = 1,
f (x1) = |x1 +x1|+
nΣ
i=2
(|x1|±xi)−n|x1|+constant,
hence lim|x1|→∞ f (x1) = ∞. Now assume that this function takes negative values. Then
it must be negative at some endpoint of one of the intervals on which it is linear. Thus
it must be negative when x1 = 0, or x1 = −xi for some i. In the former case
f (0) = 2
nΣ
i=2
|xi|+
nΣ
i=2
nΣ
j=2
|xi+xj|−n
nΣ
i=2
|xi|
=
nΣ
i=2
nΣ
j=2
|xi+xj|−(n−2)
nΣ
i=2
|xi|
≥
nΣ
i=2
nΣ
j=2
|xi+xj|−(n−1)
nΣ
i=2
|xi|,
which however is nonnegative by the minimality of n. If x1 = −xi for some i, say
x1 = −x2, then
f (x1) = 2Σ
i>2
|xi+x1|+2Σ
i>2
|xi−x2|+4|x1|+Σ
i>2
Σ
j>2
|xi+xj|
−2n|x1|−nΣ
i>2
|xi|.
On the one hand Σi>2Σj>2 |xi+xj| ≥ (n−2)Σi>2 |xi|. On the other hand,
2Σ
i>2
|xi+x1|+2Σ
i>2
|xi−x1| ≥ 2Σ
i>2
(|xi|+|x1|).
180 Chapter 2. Algebra and Analysis
Hence
2Σ
i>2
|xi+x1|+2Σ
i>2
|xi−x2|+4|x1|+ Σ
i, j>2
|xi+xj|−2n|x1|−nΣ
i>2
|xi|
≥ 2n|x1|+2Σ
i>2
|xi|−2n|x1|−2Σ
i>2
|xi|
+ Σ
i, j>2
|xi+xj|−(n−2)Σ
i>2
|xj|,
and this is nonnegative. It follows that f (x1) is nonnegative at all the endpoints of the
intervals, hence it is nonnegative everywhere, and we are done.
(Mathematical Olympiad Summer Program, 2006)
11. The function f (x,y, z) =x2+y2+z2−xyz−2 is quadratic in each of x,y, z, and
having positive dominant coefficient, it attains the maximal value at the endpoints of
the interval, thus for x,y, z ∈ {0,1}. It is easy to check that in this case the inequality
holds.
(Romanian Team Selection Test, 2006)
12. Let (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) be the vertices of the triangle inside the square
of vertices (0,0), (1,0), (0,1), (1,1). Then x1,x2,x3,y1,y2,y3 ∈ [0,1]. The area of the
triangle is half the absolute value of the determinant

1 1 1
x1 x2 x3
y1 y2 y3

,
that is, half of
|x2y3−x3y2+x3y1−x1y3+x1y2−x2y1|.
This is a convex function in each variable, so arguing as before we find that it has
a maximal value that is attained when x1,x2,x3,y1,y2,y3 ∈ {0,1}, that is, when the
vertices of the triangle are vertices of the square. And in this case the area is 1/2 (or 0,
but of course this is not a maximum).
13. How can we possibly solve such a problem using the endpoint method? The
intuitive reason is simple: the area (and the sum/difference of areas) is a linear function
in the height or the length of the base, and a linear function attains its extremes at the
endpoints.
Let us define f (P) = ΣSi−2S. Let also li = AiAi+1 and Vi be the third vertex of Ti.
Note that Vi is uniquely determined unless there is a side l j parallel to li, in this case Vi
being any of its endpoints.
For n=3 the assertion is clear, and for n=4we have S1+S2+S3+S4 ≥[A1A2A3]+
[A2A3A4]+[A3A4A1]+[A4A1A2] = 2S, where[ ]denotes the area. Next we shall use
induction of step 2.
We are now going to apply the following operation, for as long as we can:
Choose a side AiAi+1 that is not parallel to any of the other sides of the polygon.
Next, we try to move X = A

Kết quả (Việt) 2:

2.2 Nhìn vào thiết bị đầu cuối
1. Các biểu hiện từ phía bên trái của bất đẳng thức là một hàm tuyến tính trong mỗi
của bốn biến. Tối thiểu của nó là đạt được tại một trong các điểm cuối của khoảng thời gian
xác định. Như vậy chúng ta chỉ phải kiểm tra a, b, c, d ∈ {0,1}. Nếu ít nhất một trong số họ là 1,
biểu thức là tương đương với một b + c + d +, mà là lớn hơn hoặc bằng 1. Nếu tất cả
chúng đều bằng không, sự biểu hiện bằng 1, trong đó chứng minh bất đẳng thức.
2. Các bất đẳng thức tương đương với
một (k-b) + b (k-c) + c (k-a) ≤ k2.
Nếu chúng ta xem phía bên trái là một chức năng trong một, nó là tuyến tính. Các điều kiện từ các tuyên bố
ngụ ý rằng khoảng thời gian định nghĩa là [0, k]. Nó sau đó để tối đa hóa
bên trái, chúng ta cần phải chọn một ∈ {0, k}. Lặp đi lặp lại cùng một đối số cho b và c,
nó sau đó các maximumof phía bên tay trái là đạt được đối với một số (a, b, c) ∈ {0, k} 3.
Kiểm tra tám tình huống có thể, chúng ta có được là tối đa này là k2, và chúng tôi đang
thực hiện.
(Tất cả các Liên minh Olympic Toán)
3. Hãy để chúng tôi khắc phục x2, x3,. . . , xn và sau đó xem xét các hàm f: [0,1] → R, f (x) =
x + x2 + · · · + xn -xx2 · · · xn. Chức năng này là tuyến tính trong x, do đó đạt tối đa của nó
2.2. Nhìn vào các thiết bị đầu cuối 177
tại một điểm cuối của khoảng [0,1]. Do đó để tối đa hóa các mặt trái của
sự bất bình đẳng, người ta phải chọn x1 là 0 hoặc 1, và bằng cách đối xứng, điều này cũng đúng đối với các
biến số khác. Tất nhiên, nếu tất cả các xi là bằng 1, sau đó chúng ta có quyền bình đẳng. Nếu ít nhất
một trong số họ là 0, sau đó sản phẩm của họ cũng là số không, và tổng của các điều khoản n-1 khác là
tại hầu hết các n-1, chứng tỏ sự bất bình đẳng.
(Cuộc thi toán học Rumani)
4. Các biểu hiện là tuyến tính trong từng biến, do đó, như trong các giải pháp cho các
vấn đề trước đây, tối đa là đạt được cho ak = 12
hoặc 1, k = 1,2,. . . , n. Nếu ak = 12
cho tất cả các k, sau đó Sn = n / 4. Hãy để chúng tôi chỉ cho rằng giá trị của Sn không thể vượt quá con số này.
Nếu chính xác m của của ak là bằng 1, sau đó m về tổng bằng không. Ngoài ra, tại hầu hết m
điều khoản được tính bằng
12, cụ thể là những dạng ak (1-ak + 1) với ak = 1 và ak + 1 =
12.
Mỗi của các điều khoản còn lại có cả hai yếu tố bằng 12
và do đó là bình đẳng đến
14. Như vậy
giá trị của số tiền tối đa là m · 0 + m / 2 + (n-2m) / 4 = n / 4, trong đó cho thấy rằng
tối đa là n / 4.
(Selection thử Rumani IMO Team, 1975 )
5. Biểu thị phía bên trái của bất đẳng thức bởi S (x1, x2,..., Xn). Biểu thức này là
tuyến tính trong mỗi biến xi. Cũng như trước, sau đó nó là đủ để chứng minh
bất đẳng thức khi của xi là bằng 0 hoặc 1.
Nếu chính xác k của xi là bằng 0, và những người khác bằng 1, sau đó S (x1,
x2,. .., xn) ≤ n - k, và kể từ khi tổng x1x2 + x2x3 + · · · + xnx1 là ít nhất n -
2k,... S (x1, x2,, xn) là nhỏ hơn hoặc bằng n- K (n-2k) = k. Như vậy tối đa của
S là nhỏ hơn hoặc bằng để min (k, n-k), trong đó nhiều nhất là n /
2. Nó sau đó cho
n thậm chí, bình đẳng giữ khi (x1, x2, x3,...) = (1,0,1,0,..., 1,0) hoặc (0,1,0,1,. . .0,1).
Đối với n lẻ, bình đẳng đúng khi tất cả các cặp (xi, xi + 1), i = 1,2,. . . , n bao gồm một số không và
một một, ngoại trừ đối với một cặp gồm hai người (với xn ước + 1 = x1) hoặc
nếu x1,. . . , xn là một xoay của 0,1,0,1,. . . , 0,1, x trong đó x là tùy ý (tương ứng với
các trường hợp một hàm tuyến tính là không đổi do đó nó đạt cực trị của nó trên toàn bộ
khoảng thời gian).
(Bulgarian thi Olympic Toán học, 1995)
6. Số tiền chúng tôi muốn tối thiểu là tuyến tính trong mỗi biến; do đó tối thiểu là
đạt được đối với một số ai ∈ {-98,98}. Vì có một số lẻ của các chỉ số, nếu chúng ta nhìn
vào các chỉ số mod 19, có tồn tại một i như vậy mà ai và ai + 1 có cùng một dấu. Do đó
số tiền ít nhất là -18 · 982 + 982 = -17 · 982. Bình đẳng là đạt được ví dụ như khi
a1 = a3 = · · · = A19 = -98, a2 = a4 = · · · = A18 = 98, nhưng nó phải được quan sát thấy rằng
có sự lựa chọn khác mà năng suất tối đa cùng.
7. Đối với bất kỳ con số không âm a và β, hàm
x? → α
x + β
là lồi cho x ≥ 0. Được xem như là một chức năng trong bất kỳ ba biến, đưa
biểu thức là một tổng của hai hàm lồi và hai hàm tuyến tính, do đó, nó là lồi.
Vì vậy khi hai của các biến được cố định, tối đa đạt được khi thứ ba là
tại một trong các điểm cuối của khoảng thời gian, vì vậy giá trị của biểu thức là luôn luôn ít hơn
178 Chương 2. Đại số và phân tích
hơn so với lớn nhất giá trị thu được bằng cách chọn a, b, c ∈ {0,1}. Một kiểm tra dễ dàng trong tám
trường hợp có thể cho thấy rằng giá trị của biểu thức không thể vượt quá 1.
(USAMO, 1980)
8. Nếu chúng tôi sửa chữa bốn trong số các con số và coi thứ năm như là một biến x, sau đó bên trái
bên sẽ trở thành một chức năng của mẫu αx + β / x + γ, với α, β, γ dương và x khác nhau
trên đoạn [p, q]. Chức năng này là lồi trên đoạn [p, q], là tổng của
một tuyến tính và một hàm lồi, vì vậy nó đạt tối đa của nó ở một (hoặc có thể cả hai) của
các điểm cuối của khoảng thời gian xác định. Như trước đây, điều này cho thấy rằng nếu chúng tôi đang cố gắng
để tối đa hóa giá trị của biểu thức, nó là đủ để cho a, b, c, d, e mất các giá trị p
và q.
Nếu n những số bằng p, và 5-n là bằng q, sau đó phía bên trái là
bằng
n2 + (5-n) 2 + n
(5-n)?
p
q
+
q p? = 25 + n (5-n)? p q - q p? 2. Các giá trị tối đa của n (5-n) là đạt được khi n = 2 hoặc 3, trong trường hợp n (5-n) = 6, và sự bất bình đẳng đã được chứng minh. (USAMO, 1977) 9. Giải pháp đầu tiên: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có thể viết 3 # $$%? NΣ k = 1 xk ?? nΣ k = 1 1 xk 2? ≤ 1 3? NΣ k = 1 xk + nΣ k = 1 1 xk + nΣ k = 1 1 xk? = nΣ k = 1 xk + 1 xk + 1 xk 3. Các chức năng x + 2 / x là lồi trên khoảng [1,2], do đó, nó đạt tối đa của nó tại một trong những thiết bị đầu cuối của khoảng thời gian. Ngoài ra, giá trị của hàm tại mỗi điểm cuối là bằng 3. Điều này cho thấy nΣ k = 1 xk + 1 xk + 1 xk 3 ≤ n, và bất đẳng thức được chứng minh. Giải pháp thứ hai: Đây là một giải pháp trực tiếp, theo tinh thần của phần này, mà đã chỉ ra cho chúng ta bởi R. stong. Là một chức năng của bất kỳ một xi = x, phía bên tay trái của sự bất bình đẳng mong muốn có dạng f (x) = C1 / x2 + C2 / x + C3 + C4x, đó là lồi. Do đó tối đa đạt được khi tất cả các xi là trên ranh giới. Giả sử m của chúng là 2 và n-m của chúng là 1. Sau đó, phía bên tay trái trở nên (n + m)? N- m 2? 2 = n3- (3n-m) m2 4 ≤ N3, với bình đẳng nếu và chỉ khi m = 0. 2.2. Nhìn vào các thiết bị đầu cuối 179 Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng ý tưởng tương tự có thể được sử dụng để chứng minh hình thức tổng quát hơn về sự bất bình đẳng này, do Gh. S˝oll˝osy, mà giữ cho xi ∈ [a, b], i = 1,2,. . . , n:? nΣ k = 1 xi ?? nΣ k = 1 1 xi? ab ≤? a + ​​b 1 + ab n? 1 + ab (L. Panaitopol) 10. Giả sử rằng bất bình đẳng không phải là luôn luôn đúng, và chọn n nhỏ nhất mà nó bị vi phạm bởi một số con số thực tế. Hãy xem xét các chức năng một chức năng biến f (x1) = nΣ i = 1 nΣ k = 1 | xi + xj | -n nΣ i = 1 | xi |. Chức năng này không phải là tuyến tính hoặc lồi, nhưng nó là mảnh-khôn ngoan tuyến tính, có nghĩa là nó là tuyến tính trên mỗi khoảng thời gian hữu hạn nhiều mà phân vùng trục thực. Trong thực tế, các thiết bị đầu cuối của khoảng thời gian là một trong những con số 0, x2, x3,. . . , xn. Cũng lưu ý rằng cho | x1 | đủ lớn so | xi |? 1 cho i =, f (x1) = | x1 + x1 | + nΣ i = 2 (| x1 | ± xi) -n | x1 | + không đổi, do đó lim | x1 | → ∞ f (x1) = ∞. Bây giờ giả sử rằng chức năng này có giá trị âm. Sau đó, nó phải được tiêu cực tại một số điểm cuối của một trong những khoảng thời gian mà nó là tuyến tính. Như vậy nó phải được tiêu cực khi x1 = 0, hoặc x1 = -xi cho một số i. Trong trường hợp trước f (0) = Tuy nhiên là không âm của minimality của n. Nếu x1 = -xi cho một số i, nói x1 = -x2, sau đó f (x1) = 2Σ i> 2 | xi + x1 | + 2Σ i> 2 | xi-x2 | 4 | x1 | + Σ i> 2 Σ j> 2 | xi + xj | -2n | x1 | -nΣ i> 2 | xi |. Một mặt Σi> 2Σj> 2 | xi + xj | ≥ (n-2) Σi> 2 | xi |. Mặt khác, 2Σ i> 2 | xi + x1 | + 2Σ i> 2 | xi-x1 | ≥ 2Σ i> 2 (| xi | + | x1 |). 180 Chương 2. Đại số và Phân tích Do đó 2Σ i> 2 | xi + x1 | + 2Σ i> 2 | xi-x2 | 4 | x1 | + Σ i, j> 2 | xi + xj | -2n | x1 | -nΣ i> 2 | xi | ≥ 2n | x1 | + 2Σ i> 2 | xi | -2n | x1 | -2Σ i> 2 | xi | + Σ i, j> 2 | xi + xj | - (n-2) Σ i> 2 | xj |, và điều này là số không âm. Nó sau đó f (x1) là không âm tại tất cả các điểm cuối của khoảng thời gian, do đó nó là không âm ở khắp mọi nơi, và chúng tôi đang thực hiện. (Mathematical Olympiad Chương trình Summer, 2006) 11. Hàm f (x, y, z) = x2 + y2 + z2-xyz-2 là bậc hai trong mỗi x, y, z, và có hệ số ưu thế tích cực, nó đạt giá trị cực đại tại các điểm cuối của khoảng thời gian, do đó cho x, y, z ∈ {0,1}. Nó rất dễ dàng để kiểm tra xem trong trường hợp này, sự bất bình đẳng giữ. (Rumani đội Selection Test, 2006) 12. Hãy (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3) là các đỉnh của tam giác bên trong quảng trường của đỉnh (0,0), (1,0), (0,1), (1, 1). Sau đó x1, x2, x3, y1, y2, y3 ∈ [0,1]. Diện tích của tam giác là một nửa giá trị tuyệt đối của các yếu tố quyết định ?????? 1 1 1 x1 x2 x3 y1 y2 y3 ??????, đó là, một nửa số | x2y3-x3y2 + x3y1-x1y3 + x1y2 -x2y1 |. Đây là một chức năng lồi trong mỗi biến, vì vậy lập luận như trước, chúng tôi thấy rằng nó có một giá trị cực đại đó là đạt được khi x1, x2, x3, y1, y2, y3 ∈ {0,1}, đó là, khi các đỉnh của tam giác là các đỉnh của hình vuông. Và trong trường hợp này là khu vực 1/2 (hoặc 0, nhưng tất nhiên đây không phải là tối đa). 13. Làm thế nào chúng ta có thể có thể giải quyết một vấn đề như vậy bằng cách sử dụng phương pháp đầu cuối? Các lý do trực quan đơn giản là: khu vực (và tổng / khác biệt của khu vực) là một hàm tuyến tính trong chiều cao hoặc chiều dài của căn cứ, và một hàm tuyến tính đạt cực của nó ở các thiết bị đầu cuối. Hãy để chúng tôi xác định f (P) = ΣSi-2S. Hãy cũng li = AiAi + 1 và Vi là đỉnh thứ ba của Ti. Lưu ý rằng Vi là duy nhất quyết tâm trừ khi có một mặt lj song song với li, trong trường hợp này Vi là bất kỳ thiết bị đầu cuối của nó. Đối với n = 3 sự khẳng định rõ ràng , và cho n = 4we có S1 + S2 + S3 + S4 ≥ [A1A2A3] + [A2A3A4] + [A3A4A1] + [A4A1A2] = 2S, nơi [] biểu thị khu vực. Tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng cảm ứng của bước 2. Bây giờ chúng ta phải áp dụng các hoạt động sau đây, cho đến khi nào chúng ta có thể:. Chọn một bên AiAi + 1 không được song song với bất kỳ của các bên khác của đa giác tiếp theo, chúng tôi cố gắng để di chuyển X = A