Setjum $S = \cos (A) + \cos (B) + \cos (C)$. Þar sem $C = 180^\circ - (A+B)$, þá er $S = \cos (A) + \cos (B) - \cos (A+B)$. Með því að skipta hugsanlega um nöfn á punktunum $A$ og $B$, þá getum við gert ráð fyrir að hornið $A$ sé stærra en hornið $B$. Látum $x = {1\over2}(A+B)$ og $y = {1\over2}(A-B)$. Þá er $0 \le y \lt x \lt 90^\circ$. Ennfremur er $A = x+y$, $B = x-y$ og $A+B = 2x$ svo $$S = \cos(x+y)+\cos(x-y)-\cos(2x)=2 \cos (x) \cos (y) - 2 \cos^2 (x) + 1.$$ Þar sem $0 \le y \lt x \lt 90^\circ$, þá er $1\geq \cos (y) \gt \cos (x) \gt 0$. Af því leiðir að $\cos (x) \cos (y) \gt \cos^2 (x)$ svo $S \gt 1$. Þar sem $\cos (y) \le 1$ og $\cos (x) \gt 0$, þá er $$S \le 2 \cos (x) - 2 \cos^2 (x) + 1 = {3\over2} - 2(\cos (x) - {1\over2})^2\leq \frac{3}{2}.$$

Látum $(m,n)$ tákna punktinn sem við erum í eftir að hafa farið $m$ sinnum suður og $n$ sinnum austur.

Einfaldast er að leysa dæmið þannig að við rekjum okkur út frá upphafspunktinum og reiknum út líkindi þess að við förum um hvern punkt fyrir sig. Til dæmis eru líkindi þess að við förum um $(1,0)$ greinilega $\frac{1}{2}$. Til að komast til $(1,1)$ þá verðum við annað hvort að koma frá $(1,0)$ eða frá $(0,1)$. Ef við erum í öðrum hvorum þessara punkta, þá eru helmings líkindi á að við förum næst í $(1,1)$. Því eru líkindin á því að við förum um $(1,1)$ helmingur líkinda þess að við förum um $(1,0)$ að viðbættum helmingi líkinda þess að við förum um $(0,1)$, eða samtals $\frac{1}{2}$.
Athugum þó að þegar við erum komin í jaðarpunkt þá eigum við ekki lengur neitt val. Til dæmis ef við erum í $(0,3)$, þá verðum við næst að fara í $(1,3)$. Ef við táknum líkindi þess að fara um punktinn $(m,n)$ með $p(m,n)$, þá höfum við að \begin{align} p(0,0) &= 1,\\ p(0,1) &= p(1,0) =\tfrac{1}{2},\\ p(0,2) &= p(2,0) = \tfrac{1}{4},\\ p(0,3) &= p(3,0) = \tfrac{1}{8},\\ p(1,1) &= \tfrac{1}{2}p(0,1)+\tfrac{1}{2}p(1,0) = \tfrac{1}{2},\\ p(1,2) &= \tfrac{1}{2}p(1,1)+\tfrac{1}{2}p(0,2)=\tfrac{3}{8},\\ p(2,1) &= \tfrac{1}{2}p(1,1)+\tfrac{1}{2}p(2,0)=\tfrac{3}{8},\\ p(1,3) &= p(0,3)+\tfrac{1}{2}p(1,2)=\tfrac{5}{16},\\ p(3,1) &= \tfrac{1}{2}p(3,0)+\tfrac{1}{2}p(2,1)=\tfrac{1}{4},\\ p(2,2) &= \tfrac{1}{2}p(1,2)+\tfrac{1}{2}p(2,1)=\tfrac{3}{8},\\ p(2,3) &= \tfrac{1}{2}p(2,2)+p(1,3)=\tfrac{1}{2},\\ p(3,2) &= \tfrac{1}{2}p(2,2)+\tfrac{1}{2}p(3,1)=\tfrac{5}{16},\\ p(3,3) &= p(2,3)+\tfrac{1}{2}p(3,2)=\frac{21}{32}. \end{align}

Líkindi þess að námsmaðurinn fari um punktinn $C$ eru þá $p(3,3)=\frac{21}{32}$.

Í svona dæmum gæti það virst vera einföld leið að telja bara fjölda mismunandi leiða til $B$, telja svo fjölda leiða sem liggja um $C$ og segja svo að svarið sé kvóti þessara talna. Hérna dugar þessi aðferð ekki því leiðirnar til $B$ hafa ekki allar jöfn líkindi. Til dæmis eru líkindi þess að leiðin sem liggur um $(0,3)$ verði farin jöfn $\frac{1}{8}$ en líkindi þess að leiðin sem liggur um $(4,0)$ sé farin eru jöfn $\frac{1}{16}$.

Ræturnar eru óþjálar í meðferð svo fyrsta verkefnið er að losna við þær. Byrjum með $$ \begin{align} \sqrt{a-\sqrt{a+x}}=x, \quad (1) \end{align} $$ hefjum upp í annað veldi báðum megin við jafnaðarmerkið og fáum $$ \begin{align} a-\sqrt{a+x}=x^2. \quad (2) \end{align} $$ Snyrtum til, $$ \begin{align} \sqrt{a+x}=a-x^2, \quad (3) \end{align} $$ hefjum aftur upp í annað veldi og fáum $$ \begin{align} a+x=x^4-2ax^2+a^2. \quad (4) \end{align} $$ Við höfum nú fengið eftirfarandi jöfnu $$ \begin{align} x^4-2ax^2-x+a^2-a=0. \quad (5) \end{align} $$ Þegar við hefjum svona upp í annað veldi báðum megin við jafnaðarmerki þá verðum við að gæta sérstakrar varúðar því upplýsingar um formerki týnast, til dæmis er engin leið að sjá af jöfnu $(2)$ að $x\geq 0$ sem er þó augljóst af jöfnu $(1)$. Þegar við förum yfir reikningana sjáum við að $x$ verður ekki einungis að vera lausn á $(5)$ heldur verður einnig að gilda að $x\geq 0$ og að $a\geq x^2$ (sbr. jöfnu $(3)$). Nú koma tvær leiðir til greina.

(a) Hugsum um $(5)$ sem annars stigs jöfnu í $a$, $$a^2-(2x^2+1)a+x^4-x=0.$$ Leysum þessa jöfnu og fáum tvær lausnir $$ a=\frac{2x^2+1\pm\sqrt{(2x^2+1)^2-4(x^4-x)}}{2} = \frac{2x^2+1\pm\sqrt{(2x+1)^2}}{2}. $$ Einföldum og fáum þá annars vegar $$a=x^2-x,$$ og hinsvegar $$a=x^2+x+1.$$ Tilfellið $a=x^2-x$ kemur ekki til greina, því ef við stingum inn fyrir $a$ í jöfnu $(3)$ fæst $|x|=-x$ svo $x\lt 0$ í mótsögn við að $x\geq 0$. Við leysum fyrir $x$ í $a=x^2+x+1$ og fáum $$ x=\frac{-1\pm\sqrt{1-4(1-a)}}{2}=\frac{-1\pm\sqrt{4a-3}}{2} $$ Lausnin $x=-(1+\sqrt{4a-3})/2$ kemur hinsvegar ekki til greina þar sem hún er neikvæð. Við athugum nú hvort $x=(-1+\sqrt{4a-3})/2$ sé lausn $(1)$. Til þess þurfum við að ganga úr skugga um að $x\gt 0$ og að $x^2\leq a$. Þar sem $a\geq 1$, þá er $4a-3\geq 1$ svo $x\geq 0$. Einnig er $$a-x^2=a-\frac{4a-2-2\sqrt{4a-3}}{4}=\frac{1+\sqrt{4a-3}}{2}\gt 0.$$ Höfum því að $x=(-1+\sqrt{4a-3})/2$ er eina lausn $(1)$.

(b) Þáttum margliðuna á vinstri hlið $(5)$ í tvær annars stigs margliður. Eftir svolitla umhugsun gætum við búist við að fyrsti liður í þeim báðum verði $x^2$, miðliður $x$ með mismunandi formerkjum og síðasti liður í annarri $a$ og í hinni $a-1$. Með þessa vitneskju í farteskinu getum við sett upp tvo sviga og svo reynt að stilla af formerkin þannig að rétt útkoma fáist. Fáum að $$ (x^2-x-a)(x^2+x-(a-1))=x^4-2ax^2-x+a^2-a. $$ Við getum svo haldið áfram eins og í lið (a).

Meðan stóri vísirinn fer einn hring eða $360^\circ$, þá fer litli vísirinn einn tólfta úr hring eða $30^\circ$. Litli vísirinn færist þá alltaf einn tólfta af því sem stóri vísirinn færist um. Ef hornið milli vísanna er $84^\circ$ og stóri vísirinn hefur færst um $x$ gráður frá því klukkan 7:00:00, þá hefur litli vísirinn færst um $x/12$ gráður á sama tíma. Því er $210^\circ + x/12-x=84^\circ$ svo að $x=12\cdot 126^\circ/11$. Nú líða $60^2=3600$ sekúndur meðan stóri vísirinn fer heilan hring, eða $360^\circ$, svo það líða 10 sekúndur meðan hann fer eina gráðu. Það hafa því liðið $120\cdot 126/11=22\cdot 60+54+6/11$ sekúndur frá því klukkan 7:00:00, svo að klukkan er rétt tæplega 7:22:55.