Delta mi!

Wystarczy udowodnić, że nierówność

zachodzi dla każdego spośród możliwych wyborów znaków. Rzeczywiście, lewą stronę powyższej nierówności można zapisać w postaci

co jest liczbą nieujemną jako suma kwadratów liczb rzeczywistych. Pozostaje zauważyć, że liczba ta jest ściśle dodatnia, gdyż równości oraz (dla i pewnych wyborów znaków ) nie mogą wszystkie zachodzić jednocześnie.

Korzystając z nierówności pomiędzy średnimi potęgowymi uzyskujemy

skąd teza.

Wykażemy, że odtworzenie liczb jest możliwe. Zauważmy, że jeżeli oraz to

wobec czego To oznacza, że

więc najmniejsza z czterech liczb napisanych na kartce jest równa ; oznaczmy tę liczbę przez Pozostałe liczby oznaczmy przez i przyjmijmy (bez straty ogólności, z uwagi na symetrię ról liczb z tablicy), że Wówczas

a skoro liczby są większe od to

Niech oznacza lewą stronę podanego równania, pomnożoną przez i niech oznacza prawą stronę tego równania, pomnożoną przez Są to wielomiany czterech zmiennych, jednorodne, czwartego stopnia. Skontrolujmy ich wartości, gdy np. :

te wartości są równe. To znaczy, że wielomian dzieli się przez dwumian Analogicznie (wobec niezmienniczości przy cyklicznym przesunięciu zmiennych) dzieli się przez dwumiany Stąd wniosek, że dzieli się przez iloczyn tych dwumianów, a iloraz jest pewną stałą. Biorąc dowolne różne liczby stwierdzamy, że ta stała to 1. Tak więc

(oczywiście można było tę tożsamość sprawdzić wprost, podstawiając wyrażenie określające rozważane działanie, przenosząc wszystko na jedną stronę i pracowicie przekształcając).

Dane w zadaniu równanie nie jest spełnione dla żadnej czwórki różnych liczb jest zaś spełnione dla wielu czwórek utworzonych z trzech różnych liczb (z jednym powtórzeniem).

Ustalmy liczby o sumie równej 1. Funkcja jest wypukła w przedziale Stosujemy do niej nierówność Jensena dla trójki punktów z wagami :

Można przyjąć, że oraz Wówczas oraz

W ostatnim szacowaniu pierwsza nierówność staje się równością tylko dla zaś druga - tylko dla Stąd wniosek, że

Gdyby dopuścić trójki liczb wśród których jedna jest zerem, rozważana suma nadal miałaby sens oraz przyjęłaby wartość 4 dla Przy założeniu, że wartość 4 jest (jak widać) nieosiągalna; ale jest granicą badanej sumy np. dla gdy Jest więc jej kresem dolnym.

Niech będzie funkcją, spełniającą postawione warunki, i przyjmijmy, że funkcja nie jest stała. Istnieją więc liczby dla których W drugim z warunków, podanych w zadaniu, przyjmujemy i tworzymy ciąg arytmetyczny Skoro zatem (dla wszystkich ). Jednocześnie czyli

(1)

Analogicznie

(2)

W myśl pierwszego z podanych warunków,

Po lewej stronie wstawiamy wyrażenia (1), (2) i dostajemy nierówności

(3)

Dla dużych wyrażenia ujęte w symbol wartości bezwzględnej mają wartość dodatnią (bo ). Można więc opuścić moduły. Ale zależność (3) - po skasowaniu modułów - redukuje się do postaci ; sprzeczność.

W konsekwencji funkcja musi być stała. Jasne, że każda funkcja postaci spełnia wymagane warunki.

Gdy przebiega przedział wartość przebiega zbiór wszystkich liczb dodatnich. Należy więc znaleźć kres górny funkcji zmiennej Ponieważ kres górny na przedziale jest taki sam, jak na przedziale Pochodna funkcji ma po prostym przekształceniu postać

Skoro czynnik w pierwszym nawiasie jest stale dodatni. Czynnik w drugim nawiasie ma taki sam znak jak wyrażenie

Teraz badamy funkcję w przedziale Jej pochodna:

I znów, czynnik w pierwszym nawiasie jest dodatni. W drugim nawiasie widzimy trójmian kwadratowy, którego pierwiastki (rzeczywiste lub nie) mają iloczyn równy 1; w przedziale może być co najwyżej jeden pierwiastek. Dla dużych trójmian ma wartości dodatnie. Zatem wartości albo są dodatnie w całym przedziale albo są - przedziałami - najpierw ujemne, potem dodatnie. Funkcja jest więc albo rosnąca, albo (kolejno) malejąca-rosnąca. A ponieważ oraz wynika stąd, że także wartości są albo stale dodatnie, albo (przedziałami, od lewej) ujemne-dodatnie.

Funkcja ma taki znak, jak wobec czego możemy powtórzyć rozumowanie: funkcja jest albo rosnąca, albo (kolejno) malejąca-rosnąca. W każdym przypadku jej kresem górnym na przedziale jest jej wartość lub granica w jednym z końców przedziału. Otrzymujemy wynik:

W nierówności Bernoulliego (słusznej dla ) wykonujemy "przesunięcie zmiennej" uzyskując postać

Podstawiając oraz dostajemy

Mnożymy stronami przez otrzymując

Suma tych nierówności (dla ) to teza zadania.

Ustalmy liczbę naturalną i oznaczmy Oczywiście czyli zatem Dostajemy oszacowanie

Uzyskane ograniczenie dolne okaże się być szukanym kresem dolnym. Pierwsza z powyższych nierówności staje się równością, gdy ; druga będzie "bliska równości", gdy stosunek będzie bliski 1.

Wskażemy nieskończony ciąg rozwiązań równania Para jest rozwiązaniem. Dalej, jeśli para jest rozwiązaniem, to też, bowiem

Istnieją więc rozwiązania z dowolnie wielką wartością Gdy jest dowolną z takich par, wówczas czyli wobec czego (zgodnie z początkowym przekształceniem)

Liczba może być dowolnie wielka, zatem ostatnie wyrażenie może mieć wartość dowolnie bliską To dowodzi, że istotnie liczba jest kresem dolnym zbioru wartości

Z wzorów Viete'a wiemy, że oraz W takim razie mamy również

Przekształcając równanie z zadania otrzymujemy czyli Stąd otrzymujemy

Nie!
Niech gdzie jest pewną liczbą całkowitą oraz Lewa strona równania przyjmuje postać

a jej wartość jest nie mniejsza niż i nie większa niż

Liczba daje resztę z dzielenia przez więc nie może być wartością lewej strony równania dla żadnego

Oznaczmy przez oraz lewą oraz prawą stronę napisanej nierówności. Ponieważ

zatem połowa ich różnicy to wielomian parzysty zmiennej (z parametrem )

o współczynnikach

Aby ten wielomian przyjmował wyłącznie wartości nieujemne, musi być spełniony warunek czyli czyli

Pokażemy, że jest to jednocześnie warunek dostateczny. Wystarczy wykazać, że jeśli to wszystkie współczynniki są nieujemne. Indukcja: baza już gotowa. Ustalmy i przyjmijmy założenie indukcyjne czyli

Teza indukcyjna ma analogiczną postać, z zastąpionym przez Piszemy więc to wyrażenie i zaczynamy je przekształcać:

stąd i z założenia indukcyjnego,

i mamy tezę indukcyjną. Tak więc dla wobec czego dla wszystkich

Otrzymaliśmy odpowiedź: najmniejsza wartość parametru dla której (dla ), wynosi

Załóżmy, że gdzie Wtedy zatem czyli sprzecznie z Wielkim Twierdzeniem Fermata.

Tak. Niech Wówczas Przypuśćmy, że dla pewnych liczb wymiernych Równanie ma wtedy dwa różne pierwiastki wymierne Stąd także równanie ma dwa różne pierwiastki wymierne Wobec tego z wzorów Viète'a czyli

Zauważmy, że

przy czym nierówność wynika ze znanej nierówności. Analogicznie

Zapiszmy liczby jako Wówczas

a zadane równania przybierają postać

Po dodaniu stronami:

Czynnik w drugim nawiasie jest liczbą dodatnią, wobec czego To daje odpowiedź:

Z nierówności Schwarza otrzymujemy

Stąd i z warunku z zadania

otrzymujemy tezę.

Czytelnik doświadczony w dziedzinie rozwiązywania problemów olimpijskich z całą pewnością natychmiast skojarzy dany warunek ze wzorami Viète'a. Jest to istotnie dobry trop. Rozważmy bowiem wielomian którego pierwiastkami są liczby czyli

Z danych założeń i wspomnianych wzorów Viète'a wynika bezpośrednio, że Jeżeli więc to oczywiście Widzimy zatem, że żaden z pierwiastków nie może być liczbą ujemną, co kończy rozwiązanie.

Oznaczmy sumę daną w zadaniu przez Udowodnimy najpierw, że liczba nie jest całkowita. Zauważmy w tym celu, że dla dowolnej liczby całkowitej zachodzą nierówności

Pierwsza z nich jest oczywista, zaś druga po podniesieniu do kwadratu redukuje się do

co jest prawdą, gdyż

W szczególności dla dowolnego prawdziwe są nierówności

Wynika stąd, że suma nie jest liczbą całkowitą, gdyż część ułamkowa każdego z jej składników jest mniejsza niż Dowodzi to naszego stwierdzenia.

Może się wydawać, że do osiągnięcia celu jest jeszcze daleko. Liczba, która nie jest całkowita, nie musi przecież od razu być niewymierna. W tym jednak momencie można zacząć podejrzewać, jaką rolę odegrają własności wielomianów. W następnym kroku udowodnimy bowiem, że istnieje wielomian unormowany o współczynnikach całkowitych, taki, że Stąd już natychmiast otrzymamy tezę zadania, gdyż z twierdzenia o pierwiastku wymiernym wynika, że każdy wymierny pierwiastek wielomianu jest również całkowity. W szczególności, skoro to tym samym

Za pomocą indukcji po wykażemy ogólniejsze stwierdzenie: dla dowolnych liczb całkowitych istnieje unormowany wielomian o współczynnikach całkowitych, dla którego

Gdy wystarczy przyjąć Załóżmy więc, że oraz istnieje wielomian unormowany o współczynnikach całkowitych, dla którego gdzie Przyjmijmy, że stopień wielomianu to i że zapisuje się w postaci W szczególności

Po rozwinięciu wszystkich potęg ze wzoru dwumianowego Newtona otrzymujemy równanie postaci

gdzie i są wielomianami o współczynnikach całkowitych stopnia mniejszego niż Przenosząc składnik na drugą stronę i podnosząc obie strony równości do kwadratu, dostajemy

W szczególności liczba jest pierwiastkiem unormowanego wielomianu

Kończy to zarówno dowód indukcyjny, jak i rozwiązanie zadania.