XL OM - III etap

III etap XL Olimpiady Matematycznej

XL OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

III

Do obrad przy okrągłym stole zasiadła parzysta liczba osób. Po przerwie obiadowej uczestnicy zajęli miejsca przy stole w sposób dowolny. Udowodnić, że istnieją dwie osoby przedzielone tą samą, co przed przerwą, liczbą osób.

Rozwiązanie

Oznaczmy liczbę osób przez $n$ . Numerujemy miejsca przy stole kolejno liczbami całkowitymi od $0$ do $n - 1$ ; miejsce nr $0$ i kierunek obiegu ustalamy dowolnie. Osoba zajmująca przed przerwą miejsce $k$ zajmuje po przerwie miejsce $m_k$ ; tak określony ciąg $(m_0,\ldots , m_{n-1})$ stanowi permutację zbioru $\{0,1,\ldots, n-1\}$ .

Przypuśćmy, że osoba z miejsca $k$ przesunęła się o $d_k$ miejsc (w ustalonym przez nas kierunku obiegu); $d_k \in \{0,1,\ldots, n - 1\}$ . Dla każdego $k$ zachodzi więc równość:

$ k + d_k = m_k \ \textrm{lub} \ k + d_k = m_k + n. $

Tę alternatywę można zapisać w postaci

$ (1) \qquad k + d_k = m_k + \epsilon_k n, \epsilon_k \in \{0,1\} , k = 0,1,\ldots, n-1. $

Dla dowodu tezy zadania wystarczy wykazać, że pewne dwie osoby przesunęły się o tyle samo miejsc, czyli, że $d_k = d_i$ dla pewnej pary różnych liczb $k$ , $l$ . Załóżmy więc, że tak nie jest. Wówczas ciąg $(d_0,d_1,\ldots, d_{n-1})$ stanowi permutację zbioru $\{0,1,\ldots, n - 1\}$ . A zatem

$ \sum_{k=0}^{n-1} d_k = \sum_{k=0}^{n-1} m_k = \sum_{k=0}^{n-1} k = \frac{n(n-1)}{2}. $

Dodając stronami $n$ równości (1) (sumowanie po $k$ od $0$ do $n-1$ ) otrzymujemy

$ \frac{n(n-1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n(n-1)}{2} + sn, \ \textrm{gdzie} s=\sum_{k=0}^{n-1} \epsilon_k. $

Stąd zaś wynika, że $s$ (liczba całkowita!) równa się $\frac{1}{2}(n-1)$ - wbrew założeniu, że $n$ jest liczbą parzystą. Sprzeczność kończy dowód.

XL OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

III

Na płaszczyźnie dane są trzy okręgi $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ . Okręgi $k_2$ i $k_3$ są styczne zewnętrznie w punkcie $P$ , okręgi $k_3$ i $k_1$ — w punkcie $Q$ , okręgi $k_1$ i $k_2$ — w punkcie $R$ . Prosta $PQ$ przecina okrąg $k_1$ jeszcze w punkcie $S$ , a prosta $PR$ — w punkcie $T$ . Prosta $SR$ przecina okrąg $k_2$ również w punkcie $U$ , a prosta $TQ$ przecina $k_3$ jeszcze w punkcie $V$ . Udowodnić, że punkt $P$ leży na prostej $UV$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy okrąg wpisany w trójkąt $O_1O_2O_3$ przez $k$ , jego środek przez $I$ , a środki okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ - przez $O_1$ , $O_2$ , $O_3$ . Okrąg $k$ jest styczny do boków trójkąta $O_1O_2O_3$ w punktach $P$ , $Q$ , $R$ ; wymka to z równości $|O_1Q| = |O_1R|$ , $|O_2R| = |O_2P|$ , $|O_3P| = |O_3Q|$ .

Zachodzą następujące równości kątów (rysunek 6):

$ \begin{split} |\measuredangle RPQ| = \frac{1}{2} |\measuredangle RIQ| &\ \textrm{(kąt wpisany i kąt środkowy w okręgu } k);\\ |\measuredangle QSR| = \frac{1}{2}|\measuredangle QO_1R| &\ \textrm{(kąt wpisany i kąt środkowy w okręgu } h);\\ |\measuredangle QTR| = \frac{1}{2}|\measuredangle QO_1R| &\ \textrm{(kąt wpisany i kąt środkowy w okręgu } h);\\ |\measuredangle RIQ| + |\measuredangle QO_1R| = 180^\circ &\ \textrm{(przeciwległe kąty czworokąta } IQO_1R \textrm{ o pozostałych dwóch kątach prostych)}. \end{split} $

Z tych równości otrzymujemy z kolei związek

$ |\measuredangle QSR| = |\measuredangle QTR| = 90^\circ -|\measuredangle RPQ|, $

który oznacza, że trójkąty $PRS$ i $PQT$ są prostokątne: $PT \bot SU$ , $PS \bot TY$ .

Tak więc kąty $PRU$ i $PQV$ są proste. Są to kąty wpisane w okręgi $k_2$ i $k_3$ i muszą być oparte na półokręgach. Zatem odcinki $PU$ i $PV$ są średnicami tych okręgów; są wobec tego prostopadłe do wspólnej stycznej (prostej $PI$ ). Stąd wynika współliniowość punktów $U$ , $P$ , $V$ .

XL OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

III

Numerujemy krawędzie sześcianu liczbami od 1 do 12.
(a) Dowieść, że dla dowolnego ponumerowania istnieje co najmniej osiem trójek liczb całkowitych $(i,j,k)$ , gdzie $1\leq i< j < k\leq 12$ , takich, że krawędzie o numerach $i,j,k$ są kolejnymi bokami łamanej.
(b) Podać przykład ponumerowania, dla którego nie istnieje dziewięć trójek o własnościach wymienionych w (a).

Rozwiązanie

(a) Niech $V$ będzie dowolnym wierzchołkiem sześcianu i niech $p$ , $q$ , $r$ będą numerami krawędzi wychodzących z tego wierzchołka, przy czym $p < q < r$ . Pokażemy, że

$ \begin{split} (1) \qquad q \textrm{ jest środkowym wyrazem dwóch różnych trójek } (i,j,k) & \\ \textrm{o własnościach podanych w zadaniu}. & \end{split} $

Oznaczmy przez $W$ drugi koniec krawędzi o numerze $q$ . Numery pozostałych dwóch krawędzi wychodzących z $W$ oznaczmy przez $x$ i $y$ ; przyjmujmy, że $x < y$ .

Jeżeli $q < x$ , podane warunki spełniają trójki $(p,q,x)$ , $(p,q,y)$ .

Jeżeli $q > y$ , podane warunki spełniają trójki $(x, q, r)$ , $(y, q, r)$ .

Jeśli $x < q < y$ , dane warunki spełniają trójki $(p, q, y)$ , $(x, q, r)$ .

To dowodzi słuszności stwierdzenia (1).

Przyporządkujmy teraz każdemu z ośmiu wierzchołków sześcianu średni z trzech numerów krawędzi wychodzących z tego wierzchołka. Jedna liczba może być przyporządkowana co najwyżej dwóm wierzchołkom. Wśród przyporządkowanych liczb są więc co najmniej cztery różne. Każda z nich jest - zgodnie z (1) - środkowym wyrazem dwóch różnych trójek o żądanych własnościach. Istnieje zatem co najmniej osiem takich trójek.

(b) Cztery równoległe krawędzie numerujemy (w dowolny sposób) liczbami od $1$ do $4$ . Dalsze cztery równolegle krawędzie numerujemy liczbami od $5$ do $8$ . Wreszcie pozostałe cztery równoległe krawędzie numerujemy liczbami od $9$ do $12$ . Jeżeli trójka $(i,j,k)$ , $i < j < k$ , spełnia warunek podany w (a), to odcinki o numerach $i$ , $j$ , $k$ nie mogą leżeć w jednej płaszczyźnie (bo wówczas skrajne odcinki byłyby równoległe; ich numery byłyby oba większe albo oba mniejsze od numeru środkowej krawędzi). Muszą więc te odcinki reprezentować wszystkie trzy kierunki, a to znaczy, że $i \in \{1,2, 3,4\}$ , $j \in \{5,6, 7, 8\}$ , $k \in \{9,10,11,12\}$ . Przy tym każdy z odcinków o numerach $5$ , $6$ , $7$ , $8$ jest środkowym wyrazem dokładnie dwóch interesujących nas trójek.

Jest więc dokładnie osiem takich trójek.

XL OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

III

Niech $n, k$ będą liczbami naturalnymi. Wybieramy ciąg zbiorów $A_0,\ldots, A_k$ tak, że $A_0 = \{1,\ldots, n\}$ , a dla $i = 1,\ldots, k$ zbiór $A_i$ jest losowo wybranym podzbiorem $A_{i-1}$ , przy czym wybór każdego podzbioru jest jednakowo prawdopodobny. Rozpatrujemy zmienną losową równą liczbie elementów $A_k$ . Dowieść, że jej wartość oczekiwana jest równa $n2^{-k}$ .

Rozwiązanie

Wprowadzamy zmienne losowe $X_1, \ldots , X_n$ określone następująco:

$ X_i = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & \textrm{jeśli} \ i \in A_k \\ 0 & \textrm{jeśli} \ i \not \in A_k \end{array} \right. $

\
( $i = 1,\ldots ,n$ ). Rozważana w zadaniu zmienna losowa $X$ (liczba elementów zbioru $A_k$ ) jest sumą wprowadzonych przed chwilą zmiennych:

$ X = X_1 + \ldots + X_n. $

Ustalmy liczbę $i \in A_0 = \{1, \ldots, n\}$ . Ponieważ $A_1$ jest losowo wybranym podzbiorem $A_0$ , liczba $i$ znajdzie się w zbiorze $A_1$ z prawdopodobieństwem

$ P(i \in A_1) = \frac{1}{2}; $

wynika to stąd, że zbiór $A_0$ ma tyle samo podzbiorów zawierających ustalony element $i$ , co podzbiorów nie zawierających tego elementu.

Z takim samym prawdopodobieństwem liczba $i$ trafi do zbioru $A_2$ - pod warunkiem, że wcześniej trafiła do $A_1$ :

$ P(i \in A_2 | i \in A_1) = \frac{1}{2}. $

Zatem

$ P(i \in A_2)=\left(\frac{1}{2}\right)^2. $

(Mówiąc mniej formalnie, a bardziej obrazowo: liczba $i$ znajdzie się w zbiorze $A_2$ , gdy dwa kolejne losowania okażą się dla niej ,,szczęśliwe''.) Kontynuując to rozumowanie stwierdzamy indukcyjnie, że

$ P(i \in A_j) = 2^{-j} \ \textrm{dla} \ j = 0,1,\ldots,k. $

Dla $j = k$ otrzymana równość $P(i \in A_k) = 2^{-k}$ oznacza, że zmienna losowa $X_i$ przyjmuje wartość $1$ z prawdopodobieństwem $2^{-k}$ (i wartość $0$ z prawdopodobieństwem $1-2^{-k}$ ). Stąd wynika, że jej wartość oczekiwana wynosi $2^{-k}$ .

Uzyskana konkluzja jest słuszna przy każdym wyborze $i \in \{1,\ldots, n\}$ . To znaczy, że liczba $2^{-k}$ jest wartością oczekiwaną każdej ze zmiennych losowych $X_1, \ldots , X_n$ . Wobec tego

$ E(X) = E(X_1) + \ldots + E(X_n) = n2^{-k}. $

XL OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

III

Na sferze o promieniu $r$ leżą trzy okręgi o promieniu $a$ , parami styczne i zawarte w jednej półsferze. Znaleźć promień okręgu leżącego na tej samej sferze i stycznego do każdego z tych trzech okręgów.

Uwaga Podobnie jak na płaszczyźnie, mówimy, że dwa okręgi leżące na sferze są styczne, jeśli mają dokładnie jeden punkt wspólny.

Rozwiązanie

Oznaczmy trzy dane okręgi (o promieniu $a$ ) przez $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ . Załóżmy, że $k_0$ jest okręgiem o promieniu $x$ , położonym na tej samej sferze i stycznym do każdego z okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ . Żaden z okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ nie jest okręgiem wielkim danej sfery (dwa różne okręgi wielkie zawsze mają dwa punkty wspólne).

Niech $O$ będzie środkiem rozważanej sfery. Suma półprostych o wspólnym początku $O$ , przecinających okrąg $k_i$ , jest powierzchnią boczną nieograniczonego stożka kołowego, który oznaczymy przez $C_i$ : ( $i = 0,1,2,3$ ).

Okrąg $k_0$ może być okręgiem wielkim, brzegiem półsfery zawierającej okręgi $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ . W takim przypadku suma półprostych o początku $O$ , wyznaczonych przez punkty okręgu $k_0$ , jest płaszczyzną. Umówmy się, że przez $C_0$ rozumiemy wówczas jedną z dwóch wyznaczonych przez tę płaszczyznę półprzestrzeni - tę, która zawiera okręgi $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ . Mówiąc ,,stożek'' będziemy w dalszym ciągu dopuszczać także i ten przypadek, traktując półprzestrzeń jako graniczną (,,zdegenerowaną'') postać stożka.

Weźmy dwa różne numery $i, j \in \{0,1,2,3\}$ . Okręgi $k_i$ i $k_j$ mają dokładnie jeden punkt wspólny, zatem stożki $C_i$ i $C_j$ mają dokładnie jedną współną tworzącą. Mamy przy tym dwie możliwości: albo jeden z tych stożków zawiera się w drugim, albo też stożki te nie mają poza wspólną tworzącą innych punktów wspólnych. W pierwszym przypadku będziemy mówili o styczności wewnętrznej, w drugim - o styczności zewnętrznej.

Zauważmy, że dla każdej pary numerów $i, j \in \{1,2,3\}$ zachodzi ten drugi przypadek (wobec założonej równości promieni okręgów $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ , inkluzja $C_i \subset C_j$ musiałaby być równością; okręgi $k_1$ i $k_j$ byłyby więc identyczne, wbrew temu, że mają tylko jeden punkt wspólny). Tak więc stożki $C_1$ , $C_2$ , $C_3$ są parami styczne zewnętrznie. Tworzące, wzdłuż których stożki te są styczne - to trzy różne półproste.

Wyobraźnia geometryczna ukazuje nam dwie konfiguracje:
I. Stożki $C_1$ , $C_2$ , $C_3$ są styczne wewnętrznie do $C_0$ .
II. Wszystkie cztery stożki są parami styczne zewnętrznie.

(W przypadku I okrąg $k_0$ ,,obejmuje'' trzy dane okręgi $k_1$ , $k_2$ , $k_3$ , w przypadku II jest ,,wpisany'' pomiędzy nie.)

Wykażemy, że istotnie musi zajść jedna z tych sytuacji.

Przypuśćmy, że tak nie jest. Wówczas co najmniej jeden ze stożków $C_1$ , $C_2$ , $C_3$ (na przykład $C_1$ ) jest styczny do $C_0$ wewnętrznie oraz co najmniej jeden z tych stożków (na przykład $C_2$ ) jest styczny do $C_0$ zewnętrznie. Trzeci stożek, $C_3$ , jest styczny zarówno do $C_1$ , jak i do $C_2$ (i to wzdłuż różnych tworzących). Pewne jego punkty muszą więc znajdować się wewnątrz stożka $C_0$ , a pewne - na zewnątrz. To się jednak nie da pogodzić ze stycznością $C_3$ do $C_0$ . Uzyskana sprzeczność pokazuje, że rzeczywiście nie ma innych możliwości niż I i II.

Przechodzimy do obliczeń.

Oznaczmy rozwartość kąta przy wierzchołku każdego ze stożków $C_1$ , $C_2$ , $C_3$ przez $2\alpha$ , a stożka $C_0$ - przez $2\varphi$ :

$ (1) \qquad \sin \alpha = \frac{a}{r}, \ \sin \varphi = \frac{x}{r}. $

Niech $A_i$ będzie środkiem okręgu $k_i \in (i = 0,1, 2, 3)$ . Trójkąt $A_1A_2A_3$ jest równoboczny. Długość jego boku wyznaczymy rozważając przekrój danych brył i figur płaszczyzną $OA_1A_2$ (rysunek 7):

$ |A_1 A_2 | = 2a \cos \alpha $

(na rysunkach $\pi_i$ oznacza ślad płaszczyzny okręgu $k_i$ ).

Oznaczmy przez $S$ środek trójkąta $A_1A_2A_3$ (czyli punkt będący jednocześnie środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt oraz środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie). Jego odległość od wierzchołka równa się $\frac{2}{3}$ wysokości:

$ (2) \qquad |A_1S| = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{3} \cdot |A_1A_2| = \frac{2}{3} \sqrt{3} a \cos \alpha. $

Odcinek $OA_1$ jest wysokością trójkąta równoramiennego o dwóch bokach długości $r$ , tworzących kąt o mierze $2\alpha$ . A zatem

$ (3) \qquad |OA_1| = r \cos \alpha. $

Weźmy teraz pod uwagę przekrój płaszczyzną $OA_0A_1$ . Niech $B$ będzie punktem styczności okręgów $k_0$ i $k_1$ .

Mamy równości: $| \measuredangle SOB| = \varphi$ ; $|A_1B| = a$ , $|A_0B| = x$ . Rozwartość kąta $SOA_1$ wynosi: $\varphi - \alpha$ w przypadku I oraz $\varphi + \alpha$ w przypadku II (rysunki 8 i 9 ilustrują te dwie sytuacje). Wobec tego, zgodnie z (1),

$ (4) \qquad \sin | \measuredangle SOA_1 | = \sin (\varphi \pm \alpha) = \frac{x}{r} \sqrt{1-\frac{a^2}{r^2}} \pm \frac{a}{r} \sqrt{1-\frac{x^2}{r^2}} $

(znak minus w przypadku I, plus w przypadku II). Jednocześnie, wobec związków (2) i (3), mamy równość

$ (5) \qquad \sin |\measuredangle SOA_1| = \frac{A_1S}{OA_1} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{a}{r}. $

Przyrównując prawe strony (4) i (5) dostajemy równanie

$ (6) \qquad \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{a}{r} - \frac{x}{r} \sqrt{1-\frac{a^2}{r^2}} = \pm \frac{a}{r} \sqrt{1-\frac{x^2}{r^2}}, $

które - po podniesieniu stronami do kwadratu i dalszych przekształceniach - przybiera postać

$ (7) \qquad x^2 - \frac{4\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{a}{r} \sqrt{r^2-a^2} \cdot x + \frac{a^2}{3} = 0. $

Pierwiastkami równania kwadratowego (7) są liczby

$ \begin{split} (8) \qquad x_1 = \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{a}{r} \left( \sqrt{r^2-a^2} + \frac{1}{2} \sqrt{3r^2 - 4a^2} \right),\\ x_2 = \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{a}{r} \left( \sqrt{r^2-a^2} - \frac{1}{2} \sqrt{3r^2 - 4a^2} \right); \end{split} $

wyrażenia podpierwiastkowe są nieujemne, co wynika ze związku (5): $2a \leq \sqrt{3} r$ . Liczba $x_1$ spełnia równanie pierwiastkowe (6) ze znakiem minus po prawej stronie, $x_2$ zaś - ze znakiem plus.

Stąd wynika odpowiedź:
Dla każdej trójki parami stycznych okręgów o promieniach równej długości $a$ (na półsferze o promieniu $r$ ) istnieją dwa okręgi styczne do każdego z tych trzech okręgów, usytuowane w sposób opisany powyżej (konfiguracje I i II). Ich promienie są dane wzorami (8); wartość $x_1$ odpowiada konfiguracji I, a wartość $x_2$ - konfiguracji II.

XL OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XL OM, 1988-1989

Etap:

III

Udowodnić, że dla dowolnych liczb dodatnich $a, b, c, d$ spełniona jest nierówność

$ \sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}} \geq \sqrt{\frac{abc+abd+acd+bcd}{6}}. $

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia:

$ \begin{split} A &= a + b + c + d,\\ B &= ab + ac + ad + bc + bd + cd, \\ C &= abc + abd + acd + bed, \\ D &= abcd. \end{split} $

Liczby $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są współczynnikami wielomianu

$ P(x) = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = x^4 + Ax^3 + Bx^2 + Cx + D. $

Jest to wielomian czwartego stopnia, mający cztery pierwiastki ujemne: $-a$ , $-b$ , $-c$ , $-d$ (jeśli któreś z tych liczb są równe, mamy pierwiastek wielokrotny).

Różniczkujemy wielomian $P$ :

$ (2) \qquad P'(x) = 4x^3 + 3Ax^2 + 2Bx + C. $

Na mocy twierdzenia Rolle'a między każdymi dwoma kolejnymi różnymi pierwiastkami wielomianu $P$ znajduje się pierwiastek pochodnej $P'$ ; ponadto, jeśli pewien punkt jest pierwiastkiem $k$ -krotnym wielomianu $P$ , to jest on pierwiastkiem ( $k-1$ )-krotnym wielomianu $P'$ . Stąd wynika, że wielomian $P'$ ma (licząc z krotnościami) co najmniej trzy pierwiastki w przedziale $\langle \beta; - \alpha \rangle$ , gdzie $\alpha$ jest najmniejszą, a $\beta$ największą z liczb $a$ , $b$ , $c$ , $d$ ; ma więc trzy pierwiastki ujemne. Oznaczmy je przez $-p$ , $-q$ , $-r$ ( $p, q, r > 0$ ). Ponieważ $P'$ jest wielomianem trzeciego stopnia, nie ma on już innych pierwiastków. Ma zatem postać

$ P'(x) = 4(x + p)(x + q)(x + r) ; $

czynnik $4$ na początku pojawia się dlatego, że współczynnik przy najwyższej potędze zmiennej w wielomianie $P'$ wynosi 4 (por.wzór (2)). Po wymnożeniu dwumianów w nawiasach otrzymujemy

$ (3) \qquad P'(x) = 4x^3 + 4(p + q + r)x^2 + 4(pq + qr + rp)x + Apqr. $

Przyrównując współczynniki wielomianów (2) i (3) dostajemy równości

$ (4) \qquad pq + qr + rp = \frac{1}{2} B, \ pqr = \frac{1}{4}C . $

Między średnią arytmetyczną 1 średnią geometryczną liczb $pq$ , $qr$ , $rp$ zachodzi nierówność

$ \frac{1}{3}(pq + qr + rp) \geq (pq \cdot qr \cdot rp)^{1/3} = (pqr)^{2/3}, $

którą, w myśl wzorów (4), możemy przepisać w postaci

$ (5) \qquad \left( \frac{1}{6}B \right)^{1/2} \geq \left( \frac{1}{4} C\right)^{1/3} . $

Jest to właśnie nierówność, którą mieliśmy udowodnić.

Uwaga 2. Rozważana w tym zadaniu nierówność jest szczególnym przypadkiem ogólniejszego twierdzenia.

Niech będą dane liczby naturalne $n$ , $k$ ( $n \geq k \geq 1$ ) oraz liczby rzeczywiste $a_1,\ldots, a_n \geq 0$ . Średnią symetryczną rzędu $k$ liczb $a_1,\ldots, a_n$ nazywamy wielkość

$ \sigma_k(a_1, \ldots, a_n) = \left( \binom{n}{k} ^{-1} \sum a_{i_1} \ldots a_{i_k} \ \right) ^{1/k}, $

gdzie sumowanie rozciągnięte jest na wszystkie $k$ -wyrazowe układy wskaźników $(i_1,\ldots, i_k)$ , $1 \leq i_1 < ... < i_k \leq n$ . Tak więc

$ \begin{split} \sigma_1(a_1, \ldots, a_n) &= \binom{n}{1}^{-1} \sum_{i=1}^n a_i = \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n},\\ \sigma_2(a_1, \ldots, a_n) &= \left( \binom{n}{2}^{-1} \sum_{i<j} a_ia_j \right)^{1/2} = \sqrt{\frac{2a_1a_2 + \ldots}{n(n-1)}},\\ \sigma_3(a_1, \ldots, a_n) &= \left( \binom{n}{3}^{-1} \sum_{i<j<l} a_ia_ja_l \right)^{1/3} = \sqrt[3]{\frac{6(a_1a_2a_3 + \ldots)}{n(n-1)(n-2)}},\\ &\ \vdots \\ \sigma_n(a_1, \ldots, a_n) &= \left(\binom{n}{n}^{-1} a_1a_2 \ldots a_n \right)^{1/n} = \sqrt[n]{a_1a_2\ldots a_n}. \end{split} $

Teza naszego zadania mówi, że

$ (13) \qquad \sigma_2(a,b,c,d) \geq \sigma_3(a,b,c,d). $

Prawdziwe są także nierówności

$ (14) \qquad \sigma_1(a,b,c,d) \geq \sigma_2(a,b,c,d) \ \textrm{i} \ \sigma_3(a,b,c,d) \geq \sigma_4(0,b,c,d) $

(w odróżnieniu od (13), dowody nierówności (14) są całkiem prostym ćwiczeniem).

Nietrudno się domyśleć, że ogólnie, dla $n$ liczb:

$ \sigma_1(a_1,\ldots ,a_n) \geq \sigma_2(a_1,\ldots ,a_n) \geq \ldots \geq \sigma_n(a_1,\ldots, a_n). $

Są to nierówności McLaurina; dowód można znaleźć na przykład w książce: D.S.Mitrinović Analytic Inequalities, Berlin-Heidelberg-New York 1970 (rozdział 2.15, twierdzenie 4).