Delta mi!

Po ujednorodnieniu otrzymamy

co się sprowadza do nierówności między średnią arytmetyczną a harmoniczną.

W celu ujednorodnienia lewą stronę nierówności pomnożyć przez a prawą przez Następnie skorzystać z nierówności

Zapisać wraz z dwiema analogicznymi równościami. Wykorzystać nierówność

Po ujednorodnieniu mamy wykazać nierówność Można to zrobić, dodając stronami nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną

oraz dwie nierówności analogiczne.

Przyjąć i udowodnić, że dla oraz analogicznie dla i

Przyjąć warunek Wtedy

Korzystając dla z nierówności

otrzymamy Tę ostatnią nierówność wystarczy zsumować dla

Znów przyjąć, że Posługując się nierównościami między średnimi potęgowymi, wykazać dla nierówności

i zsumować je.

Wykorzystać tożsamość (3) z artykułu i najważniejszą nierówność na świecie (zob. kącik nr 5).

W równości (3) z artykułu przyjąć Są tu dwa przypadki do rozważania.

Skorzystać z lematu dla liczb i

Przyjąć i w tożsamości.

Należy zauważyć, że i użyć tożsamości (2) z artykułu dla i

Zachodzi równość i dzięki tożsamości (1) z artykułu dochodzimy do wniosku, że wśród liczb występuje co najmniej jedna para liczb przeciwnych.

Korzystając z (3) z artykułu, otrzymamy Wystarczy teraz wykazać, że co najmniej jedna z liczb jest parzysta. To wynika z równości danej w zadaniu.

Na mocy tożsamości (3) z artykułu wystarczy wykazać, że wtedy i tylko wtedy, gdy To ma miejsce dokładnie wtedy, gdy liczby dają trzy jednakowe albo trzy różne reszty z dzielenia przez 3.

Korzystając z równości (1) z artykułu, otrzymujemy

Dalej można np. zauważyć, że

W równości (1) z artykułu podstawić i gdzie jest jakąś liczbą całkowitą. Wywnioskować stąd, że więc któryś z czynników dzieli się przez Te czynniki są dodatnie i nie przekraczają więc któryś z nich jest równy

Skorzystać z lematu z artykułu dla i Następnie zauważyć, że

i dwukrotnie użyć równości (4) z artykułu.

Na mocy lematu z artykułu Wykazać kolejno, że i dla pewnych całkowitych i zauważyć, że Następnie to samo rozumowanie zastosować do i Ten proces można kontynuować w nieskończoność, co dowodzi, że każda potęga dwójki dzieli i czyli

Na mocy pierwszego twierdzenia mamy a z założeń więc

Z twierdzenia 2 dla wywnioskujemy, że jest liczbą nieparzystą dla każdego całkowitego

Niech Liczby są różnymi pierwiastkami wielomianu więc na mocy twierdzenia Bézouta

Gdyby dla pewnego całkowitego to liczba byłaby iloczynem sześciu liczb całkowitych, wśród których jest pięć różnych liczb.

Wielomian ma pierwiastki i więc dla pewnego całkowitego

Rozważmy wielomian piątego stopnia Jego pierwiastkami są i więc dla pewnego Liczba jest pierwiastkiem wielomianu więc z czego wyznaczamy

Niech i Mamy więc

i wystarczy dwukrotnie skorzystać z twierdzenia 1.

Niech Na mocy twierdzenia dla naturalnych mamy więc gdyż wartości dla argumentów całkowitych są liczbami pierwszymi. Wielomian ma zatem nieskończenie wiele miejsc zerowych, więc jest zerowy.

Mamy dla Przypuśćmy, że liczba nie jest pierwsza. Wtedy ma ona dzielnik pierwszy czyli Wówczas czyli jest wspólnym dzielnikiem i a to jest sprzeczne z założeniami.