Ef $a$, $b$ og $c$ eru rætur $x^3+ax^2+bx+c$, þá er \begin{align} x^3+a x^2+b x+c&=(x-a)(x-b)(x-c)\\ &=x^3-(a+b+c)x^2+(a b+b c+c a)x-a b c \end{align} og því \[a=-a-b-c,\quad\quad b=a b+b c+c a,\quad\quad c=-a b c.\] Ef $c\neq 0$, þá gefur seinasta jafnan að $ab=-1$ og því er $a=1$ og $b=-1$ eða $a=-1$ og $b=1$. Í fyrra tilfellinu gefur fyrsta jafnan að $c=-2a-b=-1$ og þá er $a b+b c+c a=-1+1-1=-1=b$ svo annarri jöfnunni er líka fullnægt. Í seinna tilfellinu gefur fyrsta jafnan að $c=-2a-b=1$ en þá er $a b+b c+c a=-1-1+1=-1\neq b$ svo önnur jafnan gildir ekki.

Ef hinsvegar $c=0$, þá verða fyrstu tvær jöfnurnar að $2 a+b=0$ og $b=ab$. Ef $b\neq 0$, þá gefur seinni jafnan að $a=1$ og sú fyrri að $b=-2$. Ef hinsvegar $b=0$, þá gefur fyrri jafnan að $a=0$.

Höfum þá að $(a,b,c)=(0,0,0)$, $(a,b,c)=(1,-2,0)$ eða $(a,b,c)=(1,-1,-1)$.

Til einföldunar skulum við hugsa okkur að flísarnar séu ein lengdareining á kant og að byrjað sé á að setja hvíta flís í horn. Síðan hugsum við okkur að hliðarlengdir gólfflatarins séu $x=2m+a$ og $y=2n+b$, þar sem $m$ og $n$ eru heilar tölur, $0\lt a \leq 2$ og $0\lt b \leq2$.

Þegar við erum búin að flísaleggja rétthyrning með hliðarlengdir $2m$ og $2n$, þá höfum við lagt jafn margar hvítar og svartar flísar í hverja röð og flatarmál þeirra því jafnt. Við leggjum nú líka flísar á rétthyrninginn af breidd $b$ meðfram þeirri hlið svæðisins sem við höfum þegar lagt sem hefur lengdina $2m$. Við leggjum eina eða tvær raðir af flísum eftir því hvort $b \leq 1$ eða $b \gt 1$ og allar flísarnar í hvorri röð eru jafn stórar. Þar sem $2m$ er slétt tala, þá leggjum við jafn margar hvítar flísar og svartar í hvora röð og því samanlagt flatarmál hvítu flísanna jafnt samanlögðu flatarmáli þeirra svörtu.

Við förum eins að með rétthyrninginn af breidd $a$ meðfram hinni hlið svæðisins sem við byrjuðum á að leggja. Þá er aðeins eftir að leggja flísarnar í hornið sem á að líta út eins og einhver af myndunum fjórum hér til hliðar. Flatarmál hvítu og svörtu flísanna sem við höfum þegar lagt er jafnt svo flatarmál hvítu flísanna og þeirra svörtu í þessu horni þarf líka að vera jafnt. Við sýnum að svo getur ekki verið.

Greinilegt er að flatarmál svörtu og hvítu bútanna er ójafnt ef $0\lt a \leq 1$ eða $0\lt b \leq 1$. Ef $a \gt 1$ og $b \gt 1$ og við gefum okkur að flatarmál hvítu og svörtu skikanna sé jafnt, þá er $$ 1+(a-1)(b-1)=(a-1)+(b-1). $$ Þessi jafna jafngildir $$ 0=1-(a-1)-(b-1)+(a-1)(b-1)=(2-a)(2-b) $$ svo að annaðhvort er $a=2$ eða $b=2$. Höfum þá sýnt að önnur hliðarlengd gólfflatarins er heilt margfeldi af hliðarlengd flísanna og að fjöldi flísa meðfram þeirri hlið er jöfn tala.

Hægt er að komast af með að senda bara $2n-2$ bréf. Menn númer $1,2, \ldots,n-1$ senda allir bréf með sínum hluta leyndarmálsins til manns númer $n$. Þá hafa alls verið send $n-1$ bréf. Nú veit maður númer $n$ allt um leyndarmálið og getur sent öllum hinum þá hluta sem þeir vita ekki. Alls þarf maður númer $n$ þá að senda $n-1$ bréf og þá hafa alls verið send $2n-2$ bréf.

Nú sýnum við að ekki er hægt að komast af með færri bréf. Ef það eru fleiri en einn í hópi þeirra sem fyrstir fá að vita leyndarmálið, þá getum við hugsað okkur að einn þeirra opni póstinn sinn á undan öllum hinum og að hin bréfin séu ekki send fyrr en hann hafi opnað póstinn sinn. Þetta breytir augljóslega ekki fjölda bréfa sem eru send. Á þessum tímapunkti í bréfaskriftunum er því staðan sú að nákvæmlega einn mannanna veit allt um leyndarmálið. Til að sú staða komi upp þarf sérhver hinna að hafa sent frá sér sinn hluta af leyndarmálinu svo það hafa að minnsta kosti $n-1$ bréf verið send. Hina mennina vantar þá alla að minnsta kosti einn hluta svo hver þeirra þarf að fá að minnsta kosti eitt bréf í viðbót. Það á því eftir að senda að minnsta kosti $n-1$ bréf svo alls verða að minnsta kosti $2n-2$ bréf send.

Við skoðum tvær lausnir á þessu dæmi. Sú fyrri byggir á einföldu bragði en sú seinni notar þrepun.

Lausn 1: Skoðum sléttu tölurnar í margfeldinu sér og fáum tiltölulega auðveldlega að $$ \begin{aligned} (n+1)(n+2)\cdots(2n-1)(2n)&=\frac{(2n)!}{n!}\\ &= \frac{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdots(2n-2)(2n-1)(2n)}{n!}\\ &=\frac{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{n!}\\ &= \frac{2^nn!(1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1))}{n!}\\ &= 2^n(1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)). \end{aligned} $$ En nú blasir við að $2^n$ gengur upp í $(n+1)(n+2)\cdots(2n)$.

Lausn 2: Hér er einfalt að beita þrepasönnun. Staðhæfingin er augljóslega rétt ef $n=1$. Gerum nú ráð fyrir að $n\gt 1$ og að niðurstaðan sé rétt fyrir $n-1$. Þá gengur $2^{n-1}$ upp í $n(n+1)\cdots(2(n-1))$. Tökum nú eftir að $$ \begin{aligned} &(n+1)(n+2)\cdots(2n-2)(2n-1)(2n)\\ =\;&2(2n-1)\big(n(n+1)(n+2)\cdots(2n-2)\big). \end{aligned} $$ Þar sem að $2^{n-1}$ gengur upp í $n(n+1)\cdots(2(n-1))$, þá fáum við að $2^n$ gengur upp í $(n+1)(n+2)\cdots(2n)$.