60-odd years of moscow mathematical

− x
(j)
i
´
2
=
n
X
i=1
k
X
j=1
µ³
x
(j)
´
2
+
³
x
(j)
i
´
2
− 2x
(j)
x
(j)
i
¶
.
Since
n
P
i=1
~x
i
= 0, we deduce that
n
P
i=1
x
(j)
i
= 0; hence,
k
P
j=1
n
P
i=1
x
(j)
i
= 0 and S ≥
k
P
j=1
n
P
i=1
³
x
(j)
i
´
2
, where the
equality occurs only in case x
(1)
= . . . = x
(k)
= 0, as required.
Now, consider the function
S(X) =
X
i: |XA
i
|≤1
¡
1 − |XA
i
|
2
¢
,

---

SOLUTIONS TO SELECTED PROBLEMS OF MOSCOW MATHEMATICAL CIRCLES
177
where the summation runs over the points A
i
from our set lying inside the unit sphere centered at X. Let
X
0
6= X be the center of mass of these points. Let us show that S(X
0
) > S(X).
Indeed, if under the shift of the center of the sphere from X to X
0
the content of points A
i
does not
vary, the inequality follows from Lemma. Adding new points causes addition of new positive summands to
S(X
0
), while the elimination of old points causes deletion of negative summands. Therefore, a change of the
content of points increases the value of S(X
0
). Hence, the value of S(X) increases under each change of the
center of mass; this eliminates cycles of length > 1.
64.
Extension. Moreover, they(who??) can not be placed so that the squares of distances between the
vertices were rational.
First, let us prove that a triangle with vertices at nodes of the square lattice can not be equilateral.
Assume the contrary; let there exist such a triangle and let a be the length of its side. Assume that the
grid of the lattice is integer; then a
2
is an integer and the area of the triangle S =
√
3
4
a
2
is an irrational
number. But the area of the triangle with vertices at nodes of the lattice is a multiple of
1
2
(see ....).
Contradiction, Q.E.D.
Let us return to the solution of the problem. Let such a position exists. By zooming the whole picture
the common denominator of all distances (or of all squares of distances if we are solving the extension of the
problem) times we make all distances into integers. Choose a coordinate system so that the coordinates of the
vertices of the square were (c, 0), (0, c), (−c, 0), (0, −c); let (x, y) be one of the vertices of the triangle. Since
the distances from (x, y) to both (c, 0) and (−c, 0) are integer, it follows that (x − c)
2
+ y
2
and (x + c)
2
+ y
2
are integers; hence, so is their difference, 4cx. Similarly, 4cy is an integer. Therefore, all vertices of the
triangle should be situated at nodes of the square lattice with mesh of
1
4c
. But we have already proved that
this is impossible. Contradiction.
65. The routes are designed as follows: we shall always turn right on the boundary of the town; while
inside the town we shall only do so at the marked turning points. Until no turning points are marked,
the tentative route is divided into 2n − 3 rings (for n ≥ 2); namely, one route around the town along the
penultimate roads, n−2 vertical and n−2 horizontal ovals, see Fig. 120 a). If 4 rings meet at an intersection,
we will unite the rings into one ring by marking the intersection point (with a “Turn Right” poster). In this
way, by marking the intersection with coordinates (2, 1) we will adjoin to the first ring two horizontal rings
and a vertical one. Next, marking the intersection with coordinates (3, 3) we will adjoin to the previous
route a horizontal ring and two vertical ones, etc.
This method works if n − 2 is divisible by 3. In other cases we have to select several turning points and
then proceed as above. The following turning points should be marked: