een col buiten categorie; een vraag die mss nooit opgelost raakt op Olympia

Nee, zo’n strategie voor de jager bestaat niet.

Zij $m=5\ast{10}^4$. Zij $k=m-\sqrt{m^2-1}$. Het konijn verplaatst zich nu in $2\ast{10}^4$ groepen van $m$ beurten in een rechte lijn. Deze groepen/rechten noemen we $X_1,X_2,\ldots,X_{2\ast{10}^4}$. Zij $C_i=A_{2\ast{10}^4i}$ en $D_i=B_{2\ast{10}^4i}$. $a_i$ is de afstand tussen het konijn en de jager na groep $X_i$. We zullen bewijzen dat het mogelijk is dat $a_{2\ast{10}^4}>100$, waaruit het te bewijzen volgt. We zullen verdergaan door het aantonen van lemma’s.

Lemma 1: Het is mogelijk dat $a_1\geq 1$.

Bewijs: Stel dat het konijn zich in $X_1$ ten opzichte van een bepaalde rechte $Y_1$ zodanig verplaatst dat de hoek tussen $X_1$ en $Y_1$ gelijk is aan $Bgsin\left(\frac{1}{m}\right)$. Het is duidelijk dat de afstand van het konijn tot $Y_1$ altijd hoogstens $1$ is; het zou dus kunnen dat alle punten die het traceersysteem aan de jager rapporteert op $Y_1$ liggen. Nu geldt dat dit ook mogelijk is als het konijn de spiegeling $X_1^\prime$ van $X_1$ t.o.v. $Y_1$ had gevolgd en geëindigd is in punt $C_1^\prime$. De jager heeft geen enkele manier om uit te maken welk van de twee rechten gevolgd werd. Waar hij ook eindigt, het kan altijd dat $a_1=max\left(D_1C_1,D_1C_1^\prime\right)\geq 1$ omdat $C_1C_1^\prime=2$. Daarmee is het lemma bewezen.

Lemma 2: Het is mogelijk dat $a_{i+1}\geq\sqrt{1+\left(a_i-k\right)^2}\geq 1$

Bewijs: Beschouw $C_i$ en $D_i$. Zij $Y_{i+1}=C_iD_i$ (een rechte). We gaan er hiervan uit dat we al weten dat $a_i\geq 1$ (mag per inductie omdat we het al weten voor $a_1$). We laten nu $X_{i+1}$ terug een hoek van $Bgsin\left(\frac{1}{m}\right)$ maken met $Y_{i+1}$. Zij $X_{i+1}^\prime$ de spiegeling van $X_{i+1}$ ten opzichte van $Y_{i+1}$, waarbij het konijn geëindigd zou zijn in $C_{i+1}^\prime$. Het is opnieuw mogelijk dat alle punten die het traceersysteem rapporteert op $Y_{i+1}$ liggen; dan heeft de jager geen enkele manier om de mogelijke plaatsen $C_{i+1}$ en $C_{i+1}^\prime$ van elkaar te onderscheiden. De mogelijke $D_{i+1}$’s liggen nu allemaal in het inwendige van een cirkel $c_i$ met straal $m$ rond $D_i$. Beschouw nu het punt $Q_{i+1}$ op $Y_{i+1}$ waarvoor $D_iQ_{i+1}=m$ en dat het dichtst bij $C_{i+1}$ ligt. De ellips met brandpunten $C_{i+1}$ en $C_{i+1}^\prime$ door $Q_{i+1}$ raakt uitwendig aan $c_i$ omdat $C_iQ_{i+1}=m-a_i\le m-1<\sqrt{m^2-1}$. Dit toont aan dat de som $D_{i+1}C_{i+1}+D_{i+1}C_{i+1}^\prime\geq Q_{i+1}C_{i+1}+Q_{i+1}C_{i+1}^\prime=2\sqrt{1+\left(\sqrt{m^2-1}-\left(m-a_i\right)\right)^2}=2\sqrt{1+\left(a_i-k\right)^2}$. Omdat de jager geen onderscheid kan maken tussen $C_{i+1}$ en $C_{i+1}^\prime$ is het mogelijk dat $a_{i+1}=max\left(D_{i+1}C_{i+1},D_{i+1}C_{i+1}^\prime\right)\geq\sqrt{1+\left(a_i-k\right)^2}$. Daarmee is het lemma bewezen.

Lemma 3: Het is mogelijk dat $a_i\geq\sqrt i-\left(i-1\right)k$

Bewijs: Per inductie. Voor $i=1$ is dit gewoon lemma $1$. Stel nu dat het geldt voor $a_i$. We weten dat $a_i\geq\sqrt i-\left(i-1\right)k>k$ (die laatste ongelijkheid geldt aangezien $k\sqrt i\le\frac{\sqrt{2\ast{10}^4}}{5\ast{10}^4+\sqrt{25\ast{10}^8-1}}<1)$, waardoor geldt dat$ a_i+1\geq\sqrt{1+\left(a_i-k\right)^2}\geq\sqrt{1+\left(\sqrt i-ik\right)^2}$. We bewijzen dat die laatste uitdrukking minstens $\sqrt{i+1}-ik$ is. Inderdaad,
$\sqrt{1+\left(\sqrt i-ik\right)^2}\geq\sqrt{i+1}-ik$
$\Leftrightarrow 1+\left(\sqrt i-ik\right)^2+i^2k^2+2ik\sqrt{1+\left(\sqrt i-ik\right)^2}\geq i+1$
$\Leftrightarrow i^2k^2-2ik\sqrt i+i^2k^2+2ik\sqrt{1+\left(\sqrt i-ik\right)^2}\geq0$
$\Leftrightarrow\sqrt{1+\left(\sqrt i-ik\right)^2}\geq\sqrt i-ik$, hetgeen duidelijk waar is. Daarmee is het lemma bewezen.

Nu rest enkel nog te bewijzen dat $a_{2\ast{10}^4}>100$. We weten dat $a_{2\ast{10}^4}\geq\sqrt{2\ast{10}^4}-\frac{2\ast{10}^4-1}{5\ast{10}^4+\sqrt{25\ast{10}^8-1}}>101-1=100$. Q.E.D.