A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Kétségkívül ez a feladat volt az első versenynap legkönnyebb feladata, főleg azok számára, akik nem szeretik a geometriát. Ugyanis a megoldás folyamán csupa ,,természetes'' ötletet kell csak felhasználni, tulajdonképpen józan ész elegendő hozzá. Legyenek a pontok nevei rendre , , , . (Ha valamilyen -t említünk, amelyre , vagy , akkor az modulo értendő.) Könnyen kialakulhat az a sejtésünk, hogy -től függően vagy a megfelelő . Próbáljunk ,,rossz'' színezést találni. Vizsgáljuk a következő sorozatot | | () | amelyre teljesüljön, hogy már előfordul a sorozatban. Ez az pont csak az lehet, hisz minden ponttól két pont van távolságnyira, s a többi pontnál ezek a szomszédok. Így | | vagyis (ahol megfelelő egész szám), így Ha , akkor a sorozatunk az összes pontot tartalmazza. Közülük darabot kiválasztva lesz köztük szomszédos ( és szomszédosnak tekintendő), hiszen különben kiválasztása esetén nem választható ki, s az egyértelmű hozzárendelés miatt pontot kiválasztva pontot zárunk ki, ami összesen már több, mint . Nyilván pont kiválasztható, ilyen p1. az . Tehát ha , akkor . Nézzük meg azt, hogy milyen -re lehetséges . Ekkor -nek és -nek van -nél nagyobb közös osztója, ami csak a lehet, éspedig abban az esetben, ha alakú. Vagyis lehetséges még. Ekkor a () sorozatban éppen a -mal osztható sorszámú pontok találhatóak. A sorszámokhoz -et, ill. -t adva kaphatjuk az alábbi sorozatokat:
A három sorozat tartalmazza az összes pontot. Az előzőekhez hasonlóan igazolható, hogy ha egy sorozat elemet tartalmaz, akkor legfeljebb elem színezhető ki úgy, hogy a színezés rossz legyen. Ez mindhárom esetben megtehető, így adódik, hogy pontot még ki lehet színezni rosszul, -et azonban már nem. Tehát: ha alakú, akkor , különben . |