5. Zadatak

Pridružimo vrhovima promatranog $2n$-terokuta brojeve $1,2,\ldots,2n$ redom. Neka je $a_k$ broj pridružen vrhu $P_k$. Tada je $a_1,a_2,\ldots,a_{2n}$ permutacija brojeva $1,2,\ldots,2n$.

Dužine $P_iP_{i+1}$ i $P_jP_{j+1}$ za $i\ne j$ su paralelne ako i samo ako je njima određen jednakokračni trapez s osnovicama $P_iP_{i+1}$ i $P_jP_{j+1}$. Njegovi krakovi (ili dijagonale) $P_iP_{j+1}$ i $P_jP_{i+1}$ su sukladni i nekom rotacijom oko središta opisane kružnice točke $P_i$ i $P_j$ preslikavaju se redom u točke $P_{j+1}$ i $P_{i+1}$.

Zato je uvjet $P_iP_{i+1}\parallel P_jP_{j+1}$ ekvivalentan uvjetu da je broj vrhova između točaka $P_i$ i $P_{j+1}$ jednak broju vrhova između točaka $P_j$ i $P_{i+1}$, uzimajući u obzir orijentaciju. Taj uvjet možemo pisati u obliku

$$a_i-a_{j+1}\equiv a_j-a_{i+1}\pmod{2n},$$

odnosno

$$a_i+a_{i+1}\equiv a_j+a_{j+1}\pmod{2n}.$$

Pretpostavimo da među navedenim dužinama nema paralelnih. Tada svi zbrojevi $a_k+a_{k+1}$ daju različite ostatke pri dijeljenju s $2n$, pa vrijedi

$$\sum_{k=1}^{2n}(a_k+a_{k+1})\equiv0+1+\cdots+(2n-1)\pmod{2n}.$$

Suma na desnoj strani iznosi $n(2n-1)$ pa pri dijeljenju s $2n$ daje ostatak $n$. S druge strane, vrijedi

$$\sum_{k=1}^{2n}(a_k+a_{k+1}) =2\sum_{k=1}^{2n}a_k =2\sum_{k=1}^{2n}k =2n(2n+1).$$

Dobiveni izraz je djeljiv s $2n$, što je u kontradikciji s gornjim zaključkom. Stoga pretpostavka nije valjana i time je tvrdnja zadatka dokazana.