Разрежем единичный квадрат на два равных прямоугольников, сделаем один из них синим, а другой красным. Тогда одно отношение равно а другое —

Поскольку в задаче фигурируют только отношения длин сторон, можно считать, что исходный квадрат имел сторону 1. Тогда суммарная площадь прямоугольников каждого цвета равна Занумеруем синие прямоугольники числами от до а красные прямоугольники числами от до Пусть и — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон го синего прямоугольника, а и — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон го красного прямоугольника. Тогда

Так как стороны всех прямоугольников не превосходят имеем

Теперь достаточно показать, что хотя бы одна из сумм и не меньше Начнём с того, что справедливо хотя бы одно из двух неравенств

И в самом деле, спроецируем синие прямоугольники на вертикальную сторону квадрата, а красные — на горизонтальную. Если, например, то какой-то промежуток на горизонтальной стороне квадрата не будет покрыт проекциями красных прямоугольников. Тогда полоса над этим промежутком полностью синяя, так как в неё не могут залезать красные прямоугольники. Следовательно, сумма длин вертикальных сторон синих прямоугольников, покрывающих эту полосу, не меньше и, значит,

Пусть для определённости верно первое из неравенств (*). Тогда по неравенству Коши - Буняковского

Следовательно, и

Заметим, что при совершаемых операциях значения в точках и всегда остаются равными, потому что

Теперь предположим, что требуемая функция нашлась. Тогда По условию должно быть

Следовательно,

Пришли к противоречию.

Для нечётных чисел подойдет представление

а для чётных

Пусть Докажем, что подойдет набор гирь с весами

Если взять по одной гире каждого веса, сумма весов равна

Заметим, что

Тогда любой способ набрать этими гирями суммарный вес повзоляет представить число дающее остаток по модулю как сумму нескольких слагаемых с остатком Следовательно, можно набрать некторое число сравнимое с по модулю как сумму нескольких слагаемых вида

Будем в такой сумме заменять две одинаковые степени двойки на одну более крупную, пока это возможно. В результате получится, что набрано как сумма различных степеней двойки. Но это можно сделать единственным способом: сложив все меньшие степени двойки, этот соответствует сумме

Остается лишь добавить, что замена одной степени двойки на две меньших (обратная приведённым операциям) дает замену на что увеличивает сумму. Значит, наш способ единственен.

Прямая образует с одной из осей координат угол, не превосходящий поскольку сумма углов между прямой и осями координат равна Пусть для определённости угол с осью абцисс не превосходит обозначим его через Нарисуем сетку, образованную прямыми и при всех целых Она разбивает плоскость на единичные квадратики. Рассмотрим квадратик, который пересекает прямая Тогда она пересекает одну из горизонтальных сторон. Их точка пересечения делит сторону на две части. Рассмотрим меньшую из них, соответствующую ей вершину квадратика обозначим через

Тогда Расстояние от точки до прямой равно длине перпендикуляра, опущенного из точки на значит, оно равно

Легко видеть, что расстояние от любой точки с целыми координатами до прямой не меньше Этот пример подтверждает точность полученной оценки.

Заметим, что если какие-то три точки встретились вместе только один раз, то и все остальные точки также должны были в этот момент времени с ними встретиться. Если же одни и те же три точки встретились хотя бы два раза, то они будут встречаться бесконечно много раз, причем времена их встреч образуют арифметическую прогрессию. Поэтому докажем следующую лемму, откуда будет следовать утверждение задачи.
Лемма
Пусть — арифметические прогрессии с натуральными разностями причем любые две из них пересекаются. Тогда найдется число, принадлежащее множеству значений всех этих прогрессий.

Доказательство
Индукция по числу прогрессий. База для прогрессий очевидна. Докажем переход от к Не умаляя общности (и по индукционному предположению) можно считать, что прогрессии начинаются с нуля. Пусть Поскольку прогрессии имеют общую точку, мы можем считать, что первый член прогрессии равен (где — некоторое натуральное число). А поскольку прогрессии и тоже пресекаются, прогрессия должна содержать число вида . Если то мы нашли общую точку всех прогрессий. В противном случае прогрессия содержит все числа вида

По китайской теореме об остатках существует число которое делится на НОД и имеет остаток 1 при делении на
НОД При таком соответствующий член прогрессии делится и на и на т.е. принадлежит множеству значений всех прогрессий.
Покажем, как из леммы следует утверждение задачи. Зафиксируем пару точек и и запустим отсчет времени с момента какой-нибудь их встречи. Пусть в следующий раз они встретились через секунд, тогда далее все их встречи будут происходить в моменты времени где Для каждой точки моменты ее встреч с парой образуют арифметическую прогрессию (здесь — момент их первой совместной встречи, — интервал между двумя последовательными встречами, ). По условию точки и встретятся вместе, поэтому прогрессии и пересекаются для любой пары точек и Тогда, согласно лемме, у всех таких прогрессий есть общая точка Значит, в момент времени все точки встретятся вместе.

Пример.

Одну из сторон разобьём на отрезков длины а другую — на отрезков длины и оставшийся отрезок длины . Тогда только прямоугольников с узкой стороной длины имеют площадь меньше
Оценка.

Первый способ
Пусть одна из сторон разбита на отрезки длины а другая — на отрезки Рассмотрим числа , В силу неравенства сумма всех этих чисел не превосходит половины суммы всех и т.е. не превосходит Поэтому найдётся такой номер что Но тогда и для всех пар при тоже выполнено неравенство причём количество таких пар равно Это значит, что все прямоугольники со сторонами и имеют площадь не больше и число этих прямоугольников не меньше
Второй способ
Пусть одна из сторон разбита на отрезки длины а другая — на отрезки Для удобства будем считать, что отрезки занумерованы остатками от деления на Возьмём произвольное от до и рассмотрим выражение

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца оно не превосходит

Следовательно, и значит, одно из его слагаемых не превосходит Стало быть, мы доказали существование прямоугольника малой площади, у которого номера сторон различаются ровно на А поскольку может быть любым числом от до существует не менее таких прямоугольников.

Например, подойдёт Какие рассуждения могут привести к примеру? Раз нам нужна функция, которая равна при любом целом то понятно, что свободный член берём равный одному. И соответственно, чтобы остальное компенсировалось при целых возьмём сумму целых частей с и Теперь легко проверить, что второе условие задачи для функции тоже выполняется.