Megoldás. A 2003 egymást nem metsző átló a $P$ sokszöget 2004 háromszögre bontja, amelyek csúcsai a $P$ csúcsai. Nevezzünk egy ilyen háromszöget jónak, ha két oldala jó és egyenlő szárú.
Legyen $AB$ a sokszög egy átlója vagy oldala, és jelöljük $n$-nel az $A\mathrm{,}B$ csúcsokat összekötő, sokszögoldalakból álló két töröttvonal közül a rövidebbik (nem hosszabbik) oldalainak a számát ($1\le n\le 1003$). A megrajzolt átlók azt a $P_1$ sokszöget is háromszögekre bontják, amelyet az $n$ oldalszakaszból álló töröttvonal és az $AB$ szakasz határol. (Ha $n=1$, azaz $AB$ a $P$ egy oldala, akkor a $P_1$ sokszög szakasszá fajul, a háromszögek száma 0.) Jelöljük $f\left(n\right)$-nel, hogy ezt a sokszöget az $AB$-t és egymást nem metsző átlók megrajzolásával (az eredeti felbontás átlói közül $\left(n-2\right)$ ilyen van) háromszögekre bontva legfeljebb hány jó háromszög jöhet létre. Az $n$-re vonatkozó teljes indukcióval bebizonyítjuk, hogy $f\left(n\right)\le \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$.
Ha $n=1$, akkor $A$ és $B$ szomszédos csúcsok $P$-ben, egyetlen háromszög sem jön létre $P_1$-ben, így jó sem, $f\left(1\right)=0=\lfloor \frac{1}{2}\rfloor$. Ha $n=2$, akkor $A$ és $B$ másodszomszédos csúcsok $P$-ben, a létrejövő egyetlen háromszög jó, $f\left(2\right)=1$, az állítás igaz. Legyen most $n>2$ és tegyük föl, hogy $f\left(i\right)\le \lfloor \frac{i}{2}\rfloor$, ha $2\le i<n$. Tekintsük a $P_1$ sokszögnek azt a felbontását, amelynek során $f\left(n\right)$ jó háromszöget kapunk. Ebben a felbontásban a létrejövő háromszögek egyikének oldala az $AB$, legyen e háromszög harmadik csúcsa $C$ (2. ábra). Ha az $AC$ oldalt $i$, a $BC$-t pedig $j$ hosszúságú töröttvonal köti össze, akkor $1\le i\mathrm{,}j<n$ és $i+j=n$. Ekkor nyilván

 

2. ábra