Delta mi!

Zatem

Wartość logarytmu nie zmieni się, je/zeli podstawę i liczbę logarytmowan/a podniesiemy do tej samej potęgi.

Większą wartość ma logarytm z większą liczbą logarytmowaną i mniejszą podstawą (o ile liczby te są większe od 1).

Zatem

Niech oznacza logarytm przy naszej ulubionej podstawie.

Zatem

Ponieważ

więc

co wobec

daje

Jednym ze składników sumy

jest liczba

Zatem

Suma

składa się z 2013 składników, z których największym jest liczba .

Zatem

Suma

jest większa od każdego składnika, więc

skąd

Przypuśćmy, wbrew dowodzonej tezie, że dwie spośród wymienionych liczb są mniejsze od 1; niech, na przykład,

Oznaczmy odwrotności liczb  odpowiednio przez  Warunek  przybiera postać ; zaś dwie domniemane nierówności przepisujemy jako

po pomnożeniu przez 6 otrzymujemy

Stąd przez dodanie stronami mamy  czyli

Uzyskujemy teraz ciąg nierówności

Jest to oczekiwana sprzeczność, która kończy dowód.

Wykonujemy następujące przekształcenia:

Wystarczy wykazać, że drugi składnik jest dodatni. Ale

Cztery dane liczby to  Nowe sześć liczb – to sumy  ( ). Przyjmijmy oznaczenia:      Wówczas

Stąd

Niech  będzie sumą sześcianów tych sześciu liczb:  gdzie

Dodajemy wyrażenia  i otrzymujemy

Jest to jedyna możliwa wartość sumy

Zauważmy, że

Z założenia mamy, że i  więc ostatnie wyrażenie jest dodatnie.

auważmy, że jeśli suma dwóch liczb jest dodatnia, to co najmniej jedna z tych liczb jest dodatnia. Przyjmijmy oznaczenia

Ponieważ

więc  Zatem co najmniej jedna z liczb    jest dodatnia. Analogicznie pokazujemy, że  czyli co najmniej jedna z liczb    jest dodatnia. Wykazaliśmy tym samym, że wśród danych czterech liczb co najmniej dwie są dodatnie.

Nie wynika. Prosty kontrprzykład: określamy funkcję  najpierw w przedziale  wzorem

Jest ona w tym przedziale ściśle rosnąca, ściśle wypukła i odwzorowuje przedział  na cały ten przedział; łatwo wyznaczyć funkcję odwrotną:

Widać, że jeżeli    są liczbami wymiernymi z przedziału  to    też są liczbami wymiernymi z przedziału  Zatem obrazem zbioru  jest ten sam zbiór.

Rozszerzamy  do funkcji  przesuwając jej wykres o wektor  i jego całkowite wielokrotności. Formalnie: przyjmujemy

Tak rozszerzona funkcja  jest ściśle rosnąca; w każdym z przedziałów  jest ściśle wypukła – więc nie jest liniowa w żadnym przedziale długości dodatniej. Wreszcie, jest jasne, że obrazem zbioru  jest cały zbiór

Szacujemy lewą stronę:

Dla liczb z przedziału zachodzi nierówność , równoważna Zatem , co daje tezę.

Ponieważ  nierówność dana do udowodnienia jest równoważna następującej:

Bez straty ogólności przyjmijmy, że

Jeżeli  to w ostatniej nierówności lewa strona jest nieujemna, prawa jest niedodatnia i nie ma czego dowodzić.

Gdy zaś  możemy tak przekształcać lewą stronę i szacować ją z dołu, by uzyskać wyrażenie widoczne po prawej stronie:

Niech  będzie jedną z szukanych funkcji. Oznaczmy wartości  kolejno przez ; oznaczmy ponadto    Kładąc w równaniu  oraz  dostajemy

(1)

Każda czwórka  w której  daje informację w postaci równości  Biorąc czwórki          otrzymujemy w ten sposób związki

(2)

Natomiast czwórki        dają zależności

(3)

Jeżeli  to z pierwszej równości (1) oraz ze związków (2) wnosimy kolejno, że ; ; ; ; ; ;  Tak więc ; skoro zaś  ta wspólna wartość wynosi 1.

Jeżeli natomiast  to korzystamy z zależności (3) oraz (1) i łatwo stwierdzamy, że ; ;  Zatem na zbiorze  funkcja  jest stała, o wartości 1 lub 0. Każda liczba naturalna  daje się zapisać w postaci  dla pewnych  Przez oczywistą indukcję uzyskujemy wniosek, że  jest funkcją tożsamościowo równą 1 lub 0. Każda z nich spełnia zadane równanie.

Załóżmy, że jest taką liczbą, dla której badana nierówność

(1)

zachodzi dla wszystkich Wiadomo, że przy Jeśli więc jest dowolną liczbą większą od 6, to dla dodatnich, bliskich 0, mamy Ponadto, dla Zatem

przy Stąd dla każdego czyli czyli

Wykażemy, że i na odwrót, jeśli to nierówność (1) zachodzi dla Gdy to ; wystarczy więc udowodnić nierówność (1) dla wykładnika Można ją wówczas przepisać w postaci

(2)

– lub równoważnie:

(3)

Funkcja określona dla i ciągła w punkcie 0, ma pochodną

Zatem dla co dowodzi nierówności (3) i równoważnej jej nierówności (2).

Odpowiedź: Szukane liczby to wszystkie liczby

Po pomnożeniu przez wspólny mianownik dostajemy do dowodu nierówność  gdzie

Teza wynika natychmiast z tożsamości

którą nietrudno sprawdzić, otwierając nawiasy i wykonując wskazane działania.

Zmyślna tożsamość

użyta w rozwiązaniu zaiste trywializuje problem, a jej sprawdzenie jest czynnością czysto mechaniczną (Mathematica robi to w ułamku sekundy; ręcznie sprawdzamy ją w parę minut). Ale jak na nią wpaść?!

Na przykład tak: dla  różnica  przyjmuje wartość ; analogicznie dla  i dla  Zatem przyjmując

widzimy, że wielomian  ma wartość zero, gdy dowolne dwie zmienne są równe. Jest więc podzielny przez wielomian

Skoro zaś  są wielomianami symetrycznymi, natomiast  jest wielomianem antysymetrycznym (zmienia znak przy transpozycji zmiennych), wynika stąd, że iloraz  też jest antysymetryczny – ma więc wartość zero, gdy dwie zmienne są równe, i w konsekwencji dzieli się znów przez  To znaczy, że wielomian  dzieli się przez  Są to wielomiany jednorodne szóstego stopnia, ich iloraz musi być stałą.

Wniosek:  Wartość stałej  znajdujemy, podstawiając w miejsce  dowolne trzy różne liczby; wychodzi  Tak więc  Jest to właśnie „ta zmyślna” tożsamość.

Rozważmy planszę o wymiarach i na każdym polu dokonajmy losowania: z prawdopodobieństwem  postawimy tam biały pionek, a z prawdopodobieństwem – czarny. Wówczas prawdopodobieństwo tego, że na każdym z   pól wybranej kolumny stoi biały pionek, jest równe  . W takim razie to prawdopodobieństwo tego, że w tej kolumnie znajdzie się chociaż jeden pionek czarny, a  możemy zinterpretować jako szansę na to, że w każdej kolumnie będzie przynajmniej jeden czarny pionek. Podobnie to szansa zdarzenia, że w każdym wierszu jest co najmniej jeden biały pionek. Zauważmy jednak, że któreś z tych zdarzeń musi wystąpić, ponieważ jeżeli jakaś kolumna zawiera same białe pionki, to w każdym wierszu jest już biały pionek. To dowodzi podanej nierówności.

Przedstawiony poniżej dowód tych nierówności jest bardzo ładnym zastosowaniem indukcji wstecznej.

Zauważamy, że jest standardową szkolną nierównością. Ponadto jeżeli zachodzi dla pewnego naturalnego , to dla  liczb dodatnich mamy

Wnioskujemy stąd, że zachodzi dla dowolnej liczby naturalnej  . Pozostała do wykazania prawdziwość implikacji .

Ostatnia nierówność redukuje się do postaci

Podnosząc uzyskaną nierówność stronami do potęgi  , kończymy dowód.