Matematyka.pl

Załóżmy nie wprost, że takiej kolumny nie ma, i rozważmy graf którego wierzchołkami są wiersze macierzy. Dla każdej kolumny wybieramy parę wierszy różniącą się wyłącznie na tej kolumnie (istniejącą z założenia) i łączymy je krawędzią. Oczywiście krawędzie odpowiadające różnym kolumnom są różne, zatem w grafie jest \(\displaystyle{ n}\) wierzchołków i \(\displaystyle{ n}\) krawędzi. W takim razie w grafie istnieje cykl. Rozważmy dowolną krawędź \(\displaystyle{ (u, v)}\) w tym cyklu. Z jednej strony wiersze \(\displaystyle{ u}\) i \(\displaystyle{ v}\) różnią się kolumną odpowiadającą tej krawędzi. Z drugiej strony przechodząc z \(\displaystyle{ u}\) do \(\displaystyle{ v}\) "dookoła" widzimy, że te wiersze są na wspomnianej kolumnie jednakowe - co jest sprzeczne.

Źle zapamiętałem treść zadania i sądziłem, że chodzi o podział siecznymi, nieprzecinającymi się wewnątrz kwadratu. Stąd poniższe:
Przykładowy podział dla parzystych \(\displaystyle{ n}\) większych od 2:
Bok CD kwadratu ABCD dzielę na \(\displaystyle{ \frac{n}{2}}\) równych części. Odcinek CA i odcinki łączące podziału z punktem A wyznaczają \(\displaystyle{ \frac{n}{2}}\) nieprzystających trójkątów o równych polach. Drugą połówkę kwadratu dzielę odcinkami równoległymi do AC na \(\displaystyle{ \frac{n}{2}-1}\) nieprzystających trapezów o równych polach, i jeden trójkąt (którego największa wysokość jest mniejsza niż bok kwadratu, więc jest nieprzystający do pozostałych trójkątów,
Przykładowy podział dla nieparzystych \(\displaystyle{ n}\):
Bok CD dzielę na \(\displaystyle{ n}\) równych części. Odcinki łączące co drugi punkt podziału (licząc od D) z punktem A odcinają z kwadratu \(\displaystyle{ \frac{n-1}{2}}\) nieprzystających trójkątów o równych polach. Na boku BC wyznaczam punkt Q, taki żę CQ stanowi\(\displaystyle{ \frac{1}{n} }\) boku kwadratu. Odcinek AQ odcina deltoid o wymaganym polu. Pozostałą część kwadratu dzielę odcinkami równoległymi do AQ na \(\displaystyle{ \frac{n}{2}-1}\) nieprzystających trapezów o równych polach, i jeden trójkąt (którego największa wysokość jest mniejsza niż bok kwadratu, więc jest nieprzystający do pozostałych trójkątów.
Ergo:
Podział siecznymi jest możliwy dla \(\displaystyle{ n \in \NN \setminus \left\{ 0,1,2\right\} }\)
Fakt, że sieczną nie można podzielić kwadratu na nieprzystające połowy, nie wyklucza takiego podziału w ogóle. Przykładem będzie wycięcie kwadratu o połowie pola pierwotnego kwadratu.
Ergo: dla każdego n podział jest możliwy.

Dla ustalonego \(\displaystyle{ m}\) działanie \(\displaystyle{ \oplus}\) generuje z liczby \(\displaystyle{ 2m-1}\) liczbę o postaci \(\displaystyle{ \frac{k(k+1)}{2}- \frac{m(m+1)}{2} }\) w zbiorze \(\displaystyle{ S_k}\) dla każdego \(\displaystyle{ k \ge m+2}\) (założenie wynika z dodawanych do \(\displaystyle{ S_k}\) liczb \(\displaystyle{ 2k-1}\) które można wyrazić różnicą: \(\displaystyle{ 2k-1=\frac{k(k+1)}{2} -\frac{(k-2)(k-1)}{2} }\) )

ii)
\(\displaystyle{ \frac{k(k+1)}{2}- \frac{m(m+1)}{2}=2021\\
(2k+1)^2-(2m+1)^2=8 \cdot 2021\\
(k+m+1)(k-m)=2 \cdot 43 \cdot 47\\
\begin{cases} k+m+1=2 \cdot 43 \cdot 47 \\ k-m=1 \end{cases} \ \ \vee \ \
\begin{cases} k+m+1= 43 \cdot 47 \\ k-m=2 \end{cases} \ \ \vee \ \
\begin{cases} k+m+1=2 \cdot 47 \\ k-m=43 \end{cases} \ \ \vee \ \
\begin{cases} k+m+1=2 \cdot 43 \\ k-m=47 \end{cases}
}\)
Pierwszy układ nie spełnia założenia \(\displaystyle{ k \ge m+2}\), a z kolejnych wychodzi \(\displaystyle{ k \in \left\{ 1011,68,66 \right\} }\)

i)
1. Wszystkie liczby nieparzyste należą do sumy zbiorów (co wynika z konstrukcji zbiorów \(\displaystyle{ S_k}\)).
2. Jeśli liczba parzysta \(\displaystyle{ q}\) należy do sumy zbiorów to spełnia równanie
\(\displaystyle{ \frac{k(k+1)}{2}- \frac{m(m+1}{2}=q}\)
co daje
\(\displaystyle{ (k+m+1)(k-m)=2q}\)
2.1. Jeśli q zawiera choć jeden nieparzysty składnik pierwszy to ma postać: \(\displaystyle{ q=2^p \cdot r}\) gdzie r jest liczbą nieparzystą większą od 1.
Przyjmując \(\displaystyle{ a=max(2^{p+1}, r) \wedge b=min(2^{p+1}, r)}\) to układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} k+m+1=a \\ k-m=b \end{cases} }\)
zawsze ma rozwiązanie.
2.2. Jeśli q jest potęgą liczby to ma postać: \(\displaystyle{ q=2^p }\) to jedynym możliwym układem jest
\(\displaystyle{ \begin{cases} k+m+1=2^{p+1} \\ k-m=1 \end{cases} }\) lecz nie spełnia on założenia \(\displaystyle{ k-m \ge 2}\)
Konkluzja:
Suma zawiera dodatnie liczby naturalne prócz potęg liczby 2.

Wybieram z okręgu wierzchołki dowolnego 11-kąta foremnego wpisanego w ten okrąg.
Istnieje dokładnie 5 (co do obrotu) układów w których z czterech wierzchołków pomalowanych kolorem A nie można wybrać takich trzech, aby były wierzchołkami trójkąta równoramiennego.
1) A A X A A X X X X X X X
2) A A X A X X X X X X A X
3) A A X X A A X X X X X X
4) A A X X X A X A X X X X
5) A X A X X A X A X X X X
Zamalowanie dowolnego X kolorem A powoduje pojawienie się wierzchołków trójkąta równoramiennego w kolorze A, więc aby tego uniknąć, jednym kolorem można zamalować najwyżej cztery wierzchołki 11-kąta.
Rozważam układy które mają 4 wierzchołki koloru A i 4 koloru B , lecz nie ma jednokolorowych wierzchołków trójkąta równoramiennego.
Możliwe układy (co do symetrii) to:
1,1 A A X A A B B X B B X
1,2 A A X A A B X B B X B
1,3 A A X A A B B X X B B
2,2 A A B A B B X B X A X
2,5 A A B A B X X X B A B
3,3 A A B B A A B B X X X
3,4 A A B B A A X B X B X
4,4 A A X B B A X A B X B
4,5 A A B X B A X A B X B
5,5 A B A B X A B A B X X
(Cyfry po lewej stronie wskazują który to układ liter A, i który liter B)
Pomalowanie dowolnego X kolorem A (lub B) powoduje pojawienie się wierzchołków trójkąta równoramiennego w kolorze A (lub B). Pozostaje pomalowanie każdego X kolorem C, jednak w każdym z układów tworzą one wierzchołki trójkąta równoramiennego.
Konkluzja: W każdym 11-kącie foremnym wpisanym w pomalowany okrąg istnieje (co najmniej jeden) trójkąt równoboczny o jednokolorowych wierzchołkach.

Niech \(\displaystyle{ P_{1}, ..., P_{n}}\) będą wierzchołkami n-kata foremnego wpisanego w okrąg jednostkowy. Figura \(\displaystyle{ D_{1} \cup ... \cup D_n.}\) składa się z:
- \(\displaystyle{ n}\) rombów o boku \(\displaystyle{ 1}\) i kącie przy wierzchołku w środku okręgu jednostkowego równym \(\displaystyle{ \frac{2 \pi }{n} }\) (wierzchołki rombu to środki dwóch kolejnych okręgów i punkty przecięcia tych okręgów)
- \(\displaystyle{ n}\) wycinków kołowych o kącie \(\displaystyle{ \frac{4 \pi }{n} }\)
Stąd:
\(\displaystyle{ P=n \cdot 1^2\sin \frac{2 \pi }{n} +n \cdot \frac{1}{2}1^2 \cdot \frac{4 \pi }{n} =n\sin \frac{2 \pi }{n} +2 \pi }\)

\(\displaystyle{ P= \sum_{i=0}^{n}\left[ {n \choose i} \left( \frac{1}{6} \right)^i \left( \frac{5}{6} \right)^{n-i} \left[ \sum_{j=i+1}^{n+1} {n+1 \choose j}\left( \frac{1}{6} \right)^j\left( \frac{5}{6} \right)^{n+1-j} \right] \right] = \frac{1}{6^{2n+1}}\sum_{i=0}^{n}\left[ {n \choose i} 5^{n-i} \sum_{j=i+1}^{n+1}
{n+1 \choose j} 5^{n+1-j} \right] }\)
Niestety, nie mam pomysłu jak uprościć ten wynik.

Obawiam się, że to nadal nie jest poprawna treść zadania, skoro teza jest ewidentnie błędna.
Kontrprzykład:
Jeśli P leży bardzo blisko okręgu to odcinek A i A' przecina prostopadły promień okręgu także blisko okręgu. Gdy wezmę proste PQ i PQ' odchylone nieznacznie i symetrycznie od ww. promienia, to X będzie leżał blisko środka okręgu, więc punkty A, A' i X nie będą kolinearne.

Każdy podział tabliczki 2xn można uzyskać z kombinacji 6 kształtów 2x1:

\(\displaystyle{ a) \ \ \begin{array}{lc}
\hline
I &\\
I &\\ \hline\end{array}
\ \ \ \ \ \ \ \ b) \ \begin{array}{lc}
\hline
& \\
& \\ \hline \end{array}
\ \ \ \ \ \ \ \ c) \ \begin{array}{lc}
\hline
I & \\ \hline
I & \\ \hline \end{array}
\ \ \ \ \ \ \ \ d) \ \begin{array}{lc}
\hline
I & \\ \hline
&\\ \hline \end{array}
\ \ \ \ \ \ \ \ e) \ \begin{array}{lc}
\hline
&\\ \hline
I &\\ \hline \end{array}
\ \ \ \ \ \ \ \ f) \ \begin{array}{lc}
\hline
&\\ \hline
&\\ \hline \end{array}}\)

Duże litery I są substytutem lewych pionowych odcinków. Żaden z kształtów nie jest domknięty pionowym odcinkiem z prawej strony.
Tabliczka może zaczynać się (od lewej strony) tylko kształtem a) lub c) , a stąd:
\(\displaystyle{ a_1=c_1=1\\
b_1=d_1=e_1=f_1=0}\)

Ze względu na ograniczenia w układaniu cegiełek 2x1 (np: kształt a) można ustawić za dowolnym z kształtów, lecz b) tylko za kształtami a) lub b) ) dostaję układ rekurencji:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
a_{k+1}=a_k+b_k+c_k+d_k+e_k+f_k \\
b_{k+1}=a_k+b_k \\
c_{k+1}=a_k+b_k+c_k+d_k+e_k+f_k \\
d_{k+1}=c_k+d_k+e_k+f_k \\
e_{k+1}=c_k+d_k+e_k+f_k \\
f_{k+1}=c_k+d_k+e_k+f_k \end{cases}}\)
gdzie \(\displaystyle{ i_{m}}\) oznacza ilość tabliczek 2xm zakończonych kształtem i.
Zamiast rozwiązywać powyższy układ próbuję wyrazić go jako sumę wszystkich tabliczek o tych samych wymiarach.
\(\displaystyle{ \begin{cases}
a_{k+1}=S_k\\
b_{k+1}=a_k+b_k \\
c_{k+1}=S_k \\
d_{k+1}=S_k-a_k-b_k \\
e_{k+1}=S_k-a_k-b_k \\
f_{k+1}=S_k-a_k-b_k \end{cases}}\)
a sumując wszystkie równania:
\(\displaystyle{ S_{k+1}=5S_k-2a_k-2b_k \\
S_{k+1}=6S_k-3a_k-3b_k-c_k-d_k-e_k-f_k \\
S_{k+1}=6S_k-3S_{k-1}-3(a_{k-1}+b_{k-1})-S_{k-1}-(S_{k-1}-a_{k-1}-b_{k-1})-(S_{k-1}-a_{k-1}-b_{k-1})-(S_{k-1}-a_{k-1}-b_{k-1})\\
S_{k+1}=6S_k-7S_{k-1}}\)
Przyjmując wartości początkowe \(\displaystyle{ S_1=2 \ \wedge S_2=8}\) dostaję wzór ogólny:
\(\displaystyle{ S_n= \frac{4- \sqrt{2} }{14} (3- \sqrt{2} )^n+\frac{4+ \sqrt{2} }{14} (3+ \sqrt{2} )^n}\)

Załóżmy że z trzech trójkątów można złożyć siatkę sześcianu.

Suma kątów płaskich przy wierzchołku sześcianu to \(\displaystyle{ 270^o }\)
1. Wierzchołek sześcianu nie może należeć do wnętrza trójkąta tworzącego siatkę, gdyż suma kątów płaskich przy każdym punkcie wnętrza trójkąta to \(\displaystyle{ 360^o }\)
2. Wierzchołek sześcianu nie może należeć do wspólnej krawędzi dwóch trójkątów tworzących siatkę, gdyż suma kątów płaskich przy każdym punkcie krawędzi bez wierzchołków trójkąta to \(\displaystyle{ 2 \cdot 180^o=360^o }\)
3. Pozostają dwie opcje:
a) Wierzchołek sześcianu należy do krawędzi (ale nie jest wierzchołkiem) trójkąta i jednocześnie jest wierzchołkiem jednego lub więcej kątów trójkątów dających w sumie kąt prosty
b) Wierzchołek sześcianu jest wspólnym wierzchołkiem dwóch lub więcej kątów trójkątów, a suma kątów przy tym wierzchołku to \(\displaystyle{ 270^o }\)

Minimalna suma potrzebnych kątów trójkątów siatki dla 8 wierzchołków sześcianu zachodzi dla samych opcji a) i wynosi \(\displaystyle{ 8 \cdot 90^o }\), co przekracza sumę kątów w trzech trójkątach, czyli z trzech trójkątów nie można złożyć siatki sześcianu.

Zauważmy, że \(\displaystyle{ 0<\left(2-\sqrt{2}\right)^m<1}\) dla \(\displaystyle{ m\in\NN^+}\) i liczba \(\displaystyle{ 4^m-\left(2+\sqrt{2}\right)^m-\left(2-\sqrt{2}\right)^m}\) jest całkowitą (rozwijamy odjemniki z Newtona i kasujemy wyrazy podobne), przeto
\(\displaystyle{ \left\lfloor4^m-\left(2+\sqrt{2}\right)^m-\left(2-\sqrt{2}\right)^m\right\rfloor=4^m-\left(2+\sqrt{2}\right)^m-\left(2-\sqrt{2}\right)^m}\).
Oczywiście (j.w.) mamy
\(\displaystyle{ \left(2+\sqrt{2}\right)^m+\left(2-\sqrt{2}\right)^m=2\sum_{k=0\\2|k}^{m}{m\choose k}\sqrt{2}^k2^{m-k}\\=2\sum_{}^{}{m\choose 2i}2^{m-i}=2^{m+1}\sum_{}^{}{m\choose 2i}2^{-i}}\),
a dla ułatwienia dalszych rachunków przejdziemy sobie na chwileczkę do pierścienia \(\displaystyle{ \ZZ_{7}:}\)
\(\displaystyle{ 2^{-1}=4}\) w \(\displaystyle{ \ZZ_{7}}\), zatem
\(\displaystyle{ \sum_{}^{}{m\choose 2i}2^{-i}=\sum {m\choose 2i}4^i=\sum{m\choose 2i}2^{2i}}\).
Nietrudno (znów rozwijanki z Newtona) przekonać się także, że
\(\displaystyle{ \sum_{}^{}{m\choose 2i}x^{2i}=\frac{1}{2}\left((1+x)^m+(1-x)^m\right)}\), więc
\(\displaystyle{ \sum_{}^{}{m\choose 2i}x^{2i}=\frac{1}{2}\left(3^m+(-1)^m\right)}\).
Czyli nasze całe wyrażenie z treści zadania przystaje modulo siedem do
\(\displaystyle{ 4^m-2^{m}\left(3^m+(-1)^m\right)}\).
Pozostają do rozważenia dwa przypadki (bo są możliwe dwie postaci liczb nierparzystych niepodzielnych przez trzy).
1) Dla \(\displaystyle{ m=6k+1}\) jest
\(\displaystyle{ 4^m\equiv_{7}4, \ 2^{m}\equiv_{7} 2, \ 3^m\equiv_7 3, \ (-1)^m\equiv_7 -1}\) (wszystkie równości, a raczej kongruencje, prócz ostatniej wynikają z małego twierdzenia Fermata) i mamy upragnione \(\displaystyle{ 4^m-2^{m}\left(3^m+(-1)^m\right)\equiv_7 0}\).
2) Dla \(\displaystyle{ m=6k+5}\) postępujemy w pełni analogicznie (też z użyciem małego tw. Fermata), dostając
\(\displaystyle{ 4^m\equiv_{7}2, \ 2^{m}\equiv_{7} 4, \ 3^m\equiv_7 5, \ (-1)^m\equiv_7 -1}\) i po krótkich rachunkach to także i w tym przypadku daje nam \(\displaystyle{ 4^m-2^{m}\left(3^m+(-1)^m\right)\equiv_7 0}\). Trywialne obliczenia pomijam.

Q.E.D.

Przedstawmy wielomian \(\displaystyle{ x^4+8x-7}\) w postaci iloczynu trójmianów kwadratowych:
\(\displaystyle{ x^4+8x-7=\left(x^2+ax+b\right)\left(x^2+cx+d\right)}\).
Wymnożenie i porównanie współczynników przy odpowiednich potęgach daje nam taki oto układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}bd=-7 \\a+c=0 \\ac+b+d=0 \\ ad+bc=8\end{cases} }\).
Rugujemy z tego układu \(\displaystyle{ c:}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases}c=-a\\bd=-7\\b+d=a^2\\ad-ab=8\end{cases}}\).
Następnie pozbywamy się \(\displaystyle{ d:}\) mianowicie
\(\displaystyle{ \begin{cases}c=-a\\d=-\frac{7}{b}\\b-\frac{7}{b}=a^2\\-\frac{7a}{b}-ab=8 \end{cases} \\\begin{cases}c=-a\\d=-\frac{7}{b}\\b-\frac{7}{b}=a^2\\b+\frac 7 b=-\frac{8}{a}\end{cases} \ (*)}\).
Dodając dwa ostatnie równania stronami i dzieląc przez dwa, mamy \(\displaystyle{ b=\frac{a^2-\frac{8}{a}}{2}}\), co prowadzi nas np. do takiego równania z niewiadomą \(\displaystyle{ a}\) (trzecie równanie \(\displaystyle{ (*)}\) z wyrugowanym \(\displaystyle{ b}\)):
\(\displaystyle{ \frac{a^2-\frac{8}{a}}{2}-\frac{14}{a^2-\frac8a}=a^2\\a^6+28a^2-64=0}\).
Przyjmujemy \(\displaystyle{ t=a^2}\) i bez problemu rozwalamy z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych, dostając \(\displaystyle{ t=2}\), stąd \(\displaystyle{ a=\pm \sqrt{2}}\) i co za tym idzie \(\displaystyle{ b= 1\mp2\sqrt{2}}\).
Ostatecznie sprowadziliśmy nasze równanie do postaci
\(\displaystyle{ \left(x^2+\sqrt{2}x+1-2\sqrt{2}\right)\left(x^3-\sqrt{2}x+1+2\sqrt{2}\right)=0}\),
a to już bez problemu rozwiązujemy, używając wyróżnika trójmianu kwadratowego.

Korzystam ze wzorów Viete'a i odrobiny trygonometrii. Liczby
\(\displaystyle{ \cos 0+i\sin 0, \ \cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)+i\sin\left(\frac{2\pi}{7}\right), \ldots \cos \left(\frac{12\pi}{7}\right)+i\sin\left(\frac{12\pi}{7}\right)}\) są wszystkimi pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ P(x)=x^7-1}\).
Ze wzorów Viete'a otrzymujemy zatem
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^6\left(\cos\left(\frac{2k\pi}{7}\right)+i\sin\left(\frac{2k\pi}{7}\right)\right)=0 \ (*)}\).
Ponadto nietrudno udowodnić prawdziwość tożsamości trygonometrycznych
\(\displaystyle{ \cos(\pi+y)=\cos(\pi-y), \ \sin(\pi+y)=-\sin(\pi-y)}\).
W połączeniu z \(\displaystyle{ (*)}\) daje nam to
\(\displaystyle{ 1+2\left(\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)\right)=0 \ (\heartsuit)}\).

Następnie obliczymy wartość \(\displaystyle{ \cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)}\).
Ze wzoru na sinus podwojonego kąta i wspomnianego wzoru \(\displaystyle{ \sin(\pi+y)=-\sin(\pi-y)}\) dostajemy
\(\displaystyle{ 8 \sin\left(\frac{2\pi}{7}\right)\sin\left(\frac{4\pi}{7}\right)\sin\left(\frac{6\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)\\=\sin\left(\frac{2\pi}{7}\right)\sin\left(\frac{4\pi}{7}\right)\sin\left(\frac{6\pi}{7}\right)}\)
a że oczywiście jest \(\displaystyle{ \sin\left(\frac{2\pi}{7}\right)\sin\left(\frac{4\pi}{7}\right)\sin\left(\frac{6\pi}{7}\right)\neq 0}\), więc
\(\displaystyle{ \cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)=\frac 1 8 \ (\spadesuit).}\)

Pozostaje wyznaczyć wartość wyrażenia \(\displaystyle{ \cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)}\).
W tym celu wykorzystamy wzór na sumę kosinusów:
\(\displaystyle{ \cos \alpha+\cos \beta=2\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}\), tyle że w drugą stronę.
Mamy:
\(\displaystyle{ 2\left(\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)\right)\\=\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{10\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{8\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)\\=2\left(\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)\right)}\),
przy czym w ostatnim przejściu ponownie korzystamy z tożsamości \(\displaystyle{ \cos(\pi+y)=\cos(\pi-y)}\).
Dzięki \(\displaystyle{ (\heartsuit)}\) dostajemy więc
\(\displaystyle{ \cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{4\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)+\cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{7}\right)=-\frac{1}{2} \ (\clubsuit).}\)

Kochane wzory Viete'a pozwalają nam wywnioskować, w połączeniu z \(\displaystyle{ (\heartsuit), \ (\spadesuit), \ (\clubsuit)}\), że
liczby \(\displaystyle{ \cos\left(\frac{2\pi}{7}\right), \ \cos\left(\frac{4\pi}{7}\right), \ \cos\left(\frac{6\pi}{7}\right)}\)
są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ Q(x)=x^3+\frac 1 2 x^2-\frac 1 2 x-\frac 1 8}\),
a z tego wielomianu bardzo łatwo uzyskać taki o współczynnikach całkowitych, po prostu mnożąc przez osiem:
\(\displaystyle{ 8x^3+4x^2-4x-1}\) i to jest odpowiedź.