Opravovatelia

Pedro [email protected]

V tomto riešení budeme postupovať sporom. Predpokladajme teda, že existuje postupnosť kladných reálnych čísel $x_1$ až $x_n$ s vlastnosťou $x_1 x_2 \dots x_n=1$ taká, že $\{x_1\}+\{x_2\}+ \cdots + \{x_n\}\ge n-0.5.$ Našim cieľom bude nájsť alternatívnu postupnosť $y_1, \dots, y_n$ takú, že $y_1 y_2 \dots y_n=1$, $\{x_1\}+\{x_2\}+ \cdots + \{x_n\}\le \{y_1\}+\{y_2\}+ \cdots + \{y_n\}$, a predsa budeme vedieť dokázať, že $\{y_1\}+\{y_2\}+ \cdots + \{y_n\}

Prvá výhoda (nie, že by sme ju nejak nutne potrebovali, ale bude sa argumentovať jednoduchšie), ktorú máme z nášho sporného predpokladu je, že všetky čísla musia mať desatinnú časť ostro väčšiu ako $0.5$, ináč by táto postupnosť rovno jasne porušovala dokazovanú vlastnosť. Prvá zmena, ktorú spáchame na našej postupnosti je, že sa zbavíme všetkých čísel väčších rovných 2. Vezmime si ľubovoľné takéto číslo a prepíšme jeho celú časť z toho, čo je, na $1$. Týmto zjavne nezmeníme súčet desatinných častí, ale znížime súčin. Teraz vezmime čísla $<1$ a postupne ich zväčšujme tak, aby boli stále ostro menšie ako $1$, ale aby vyrovnali súčin $x_1 x_2 \dots x_n$ späť na 1. V prvom rade, toto rozhodne môžeme spraviť, lebo určite máme aspoň jedno číslo ostro väčšie ako jeden a kým také máme, tak musíme mať aj čísla menšie ako 1 (súčin je aktuálne nanajvýš 1). Akonáhle dorovnáme súčin, pokračujeme týmto krokom až kým sa nezbavíme všetkých čísel $\ge 2$.

Teraz si zafixujme ľubovoľné číslo $>1$ a nazvime si ho $b$. Toto číslo zároveň vieme napísať ako $1+c$, kde vieme, že $0.51. Ako veľmi malé toto číslo musí byť zistíme neskôr, ale zatiaľ nech je tak malé, že platí $\varepsilon<1-\{x_i\}$ pre všetky indexy $i$. Toto nám zaručí, že akékoľvek $d$ budeme meniť za $1-\varepsilon$, zväčšíme ho. Hneď po tejto operácií vezmeme $a$ a zmenšíme ho tak, aby sme celkový súčin všetkých čísel dostali späť na 1. Kľúčové je, že touto operáciou sa zvýši súčet desatinných častí. Prečo? V prvom rade – kladné čísla menšie ako jeden sú rovné svojej desatinnej časti. V druhom rade, nech platí pre kladné $u,v$, že $ad=(a-u)(d+v).$ Potom očividne $$u=\frac{av}{d+v}

Nech sme takto zmenili všetky čísla $<1$ okrem $a$ na $1-\varepsilon$. Teraz si uvedomme, že očividne $b$ vlastne môže byť jediné číslo $>1$. Ak by sme mali totiž ešte jedno ďalšie (a my vieme že to číslo musí dokonca byť $>1.5$), potom očividne po voľbe dostatočne malého $\varepsilon$ je vidno, že $a<0.5$, aby platilo $x_1 x_2 \dots x_n=1$. To by však bol spor.

Máme teda $n-2$ (áno, toto pokojne môže byť aj 0 ak $n=2$) čísel rovných presne $1-\varepsilon$ a potom máme $a$ a $b=1+c$. Teraz už nám stačí iba ukázať, že po voľbe dostatočne malého $\varepsilon$ vieme dokázať požadované tvrdenie. Vieme, že $$ab=\frac{1}{(1-\varepsilon)^{n-2}}:=1+\delta.$$

Vidíme, že $\delta\ge0$. Zároveň, ak $\delta>0$, potom vieme zvoliť $\varepsilon$ tak, aby $\delta$ bolo tak malé, ako len potrebujeme. Ako malé ho potrebujeme? Chceme v podstate dokázať $a+b=a+1+c<1+1.5$ (takto už samotné $a, b$ porušia našu nerovnosť a ostatné členy $1-\varepsilon$ to nemôžu vykompenzovať). Spravme substitúciu $a=\frac{1+\delta}{b}=\frac{1+\delta}{1+c}$ a prenásobme $1+c$. Po ekvivalentných úpravách dostaneme $$\delta<0.5+0.5c-c^2=-(c-1)(c+0.5).$$

Táto funkcia dosahuje kladné hodnoty pre $-0.5