Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.
 
Rozwiązania PDF.

Źródło zadań w texu.

 
 
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
\begin{document}
\title{Czy wiesz, co to średnie?}
\date{}
\maketitle
\paragraph{Teoria}
\begin{enumerate}
\item Jeżeli liczby $a_1,\cdots,a_n$ są dodatnie, to \[\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}}\leq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\leq \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}}\]
\item Dla dwóch liczb wygląda to nieco niewinniej: Jeśli $a,b>0$, to
\[\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\leq \sqrt{ab}\leq \frac{a+b}{2}\leq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\]
\item Do rządzenia służy tzw. średnia ważona:\\
Jeżeli liczby $a_1,\cdots,a_n,w_1,\cdots,w_n$ są dodatnie, i $w_1+\cdots+w_n=1$, to:
\[\frac{1}{\frac{w_1}{a_1}+\cdots+\frac{w_n}{a_n}}\leq a_1^{w_1}a_2^{w_2}\cdots a_n^{w_n}\leq w_1a_1+w_2a_2+\cdots+w_na_n\]
\end{enumerate}
\paragraph{Zadania}
\begin{enumerate}
\item Pokaż, że dla $a_1,a_2,\cdots,a_n$ - jednego znaku, zachodzi $\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots+\frac{a_n}{a_1}\geq n$.
\item Pokaż, bez głupich obliczeń, że jeżeli $a,b,c>0$, to $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$.
\item Analogicznie jak powyżej, udowodnij, że $(a+b)^4\geq 8ab(a^2+b^2)$.
\item Udowodnij, że dla dowolnych $a,b,c$ dodatnich zachodzi \[\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\geq \frac{9}{a+b+c}\]
\item Udowodnij, że dla $a,b\in\mathbb{R}$ jest \[4b^2+a^2\geq 4ab\]
\item Udowodnij, że dla $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ jest \[abcd-\frac{1}{16}\leq \frac{a^2}{2}+\frac{b^4}{4}+\frac{c^8}{8}+\frac{d^{16}}{16}\]
\item Rozstrzygnij, jaka jest największa stała $C$, taka, że dla wszystkich dodatnich $x,y,z$ jest \[x+2y+3z\geq Cx^{\frac{1}{6}}y^{\frac{1}{3}}z^{\frac{1}{2}}\]
%\item Rozstrzygnij, jaka jest największa stała $C$, taka, że dla wszystkich dodatnich $x,y,z$ jest \[x+y+y^2+z+z^2+z^3\geq Cx^{\frac{1}{3}}y^{\frac{2}{3}}z\]
\item Pokazać, że dla dowolnych $a,b,c,d\in\mathbb{R}_+$ zachodzi \[a+b+c+d\geq \frac{15}{2^{\frac{34}{15}}}\sqrt[15]{ab^2c^4d^8}\]
\item Pokazać, że jeśli $a,b,c>0$, to $a^2+b^2+c^2+2a+2b+2c\geq 3((ab)^{\frac{2}{3}}+(bc)^{\frac{2}{3}}+(ca)^{\frac{2}{3}})$
\item Pokazać, że jeżeli $x,y,z>0$, to 
\[\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt{\frac{xy+yz+zx}{3}}\]
\item (Czy pamiętasz co się robi w trójkątach?) Wykaż, że jeżeli $a,b,c$ - boki pewnego trójkąta, to \[\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3\]
\item Liczby dodatnie $a,b,c$, są takie, że $a+b+c=1$. Wykazać, że \[a^2+b^2+c^2+\sqrt{12abc}\leq 1\]
\item Udowodnić, że jeśli $a,b,c>0$ i $a+b+c=1$, to \[(1+a)(1+b)(1+c)\geq 8(1-a)(1-b)(1-c)\]
\item Liczby dodatnie $a,b,c$ spełniają warunek $ab+bc+ca=abc$. Dowieść, że:
\[\frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}+\frac{b^4+c^4}{bc(b^3+c^3)}+\frac{c^4+a^4}{ca(a^3+c^3)}\geq 1\]
\item Niech $a_1,\cdots,a_n$ będą liczbami dodatnimi spełniającymi warunek $a_1a_2\cdots a_k\geq 1$ dla każdego $1\leq k\leq n$. Udowodnić, że:
\[\frac{1}{1+a_1}+\frac{2}{(1+a_1)(1+a_2)}+\cdots\frac{n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)}<2\]
\item (*) Niech $a_1,\cdots,a_n$ - liczby dodatnie, zaś $S$ - ich suma. Udowodnić, że prawdziwa jest nierówność $\sum_{i=1}^n \frac{S-a_i}{a_i}\geq (n-1)^2 \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{S-a_i}$
\end{enumerate}
\end{document}
 

Źródło rozwiązań w texu.

 
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
\begin{document}
\def\rozw{\textbf{Rozwiązanie}: \\}
\title{Czy wiesz, co to średnie?}
\date{}
\maketitle
\paragraph{Teoria}
\begin{enumerate}
\item Jeżeli liczby $a_1,\cdots,a_n$ są dodatnie, to \[\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}}\leq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\leq \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\leq \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}}\]
Pierwsze wyrażenie nazywamy średnią harmoniczną, drugie geometryczną, trzecie arytmetyczną, a ostatnie kwadratową.
\item Dla dwóch liczb wygląda to nieco niewinniej: Jeśli $a,b>0$, to
\[\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\leq \sqrt{ab}\leq \frac{a+b}{2}\leq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\]
\item Do rządzenia służy tzw. średnia ważona:\\
Jeżeli liczby $a_1,\cdots,a_n,w_1,\cdots,w_n$ są dodatnie, i $w_1+\cdots+w_n=1$, to:
\[\frac{1}{\frac{w_1}{a_1}+\cdots+\frac{w_n}{a_n}}\leq a_1^{w_1}a_2^{w_2}\cdots a_n^{w_n}\leq w_1a_1+w_2a_2+\cdots+w_na_n\]
\item \textbf{Umowa} Jeżeli mamy liczby $a_1,\cdots,a_n$ w zadaniu (a nie mamy $a_{n+1}$) to umawiamy się, że $a_{n+1}=a_1,a_{n+2}=a_2$ itd.
\end{enumerate}
\paragraph{Zadania}
\begin{enumerate}
\item Pokaż, że dla niezerowych liczb jednego znaku $a_1,a_2,\cdots,a_n$, zachodzi $\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots+\frac{a_n}{a_1}\geq n$.
\rozw
Skoro $a_n$ są jednego znaku, to $\frac{a_i}{a_{i+1}}>0$ dla wszystkich $i$. Stąd i z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną:
\[\frac{\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots+\frac{a_n}{a_1}}{n}\geq \sqrt[n]{\frac{a_1}{a_2}\cdot\frac{a_2}{a_3}\cdot\cdots\cdot\frac{a_n}{a_1}}=\sqrt[n]{1}=1\]
Stąd już wynika teza.
 
\item Pokaż, bez głupich obliczeń, że jeżeli $a,b,c>0$, to $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$.\\
\textbf{Rozwiązanie}: \\
Mamy, z nierówności między średnią  arytmetyczną i geometryczną
\[\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}\]
\[\frac{b+c}{2}\geq\sqrt{bc}\]
\[\frac{c+a}{2}\geq\sqrt{ca}\]
Mnożąc te 3 nierówności stronami i mnożąc otrzymaną nierówność przez $8$ dostajemy tezę.
 
\item Analogicznie jak powyżej, udowodnij, że $(a+b)^4\geq 8ab(a^2+b^2)$.\\
\textbf{Rozwiązanie}: \\
Mamy $(a+b)^4=(a^2+2ab+b^2)^2$. Ponadto \[\frac{(a^2+b^2)+2ab}{2}\geq \sqrt{2ab(a^2+b^2)}\]
Stąd \[(a+b)^4=4\cdot(\frac{a^2+2ab+b^2}{2})^2\geq 4\cdot 2ab(a^2+b^2)=8ab(a^2+b^2)\]
 
\item Udowodnij, że dla dowolnych $a,b,c$ dodatnich zachodzi \[\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}\geq \frac{9}{a+b+c}\]
\textbf{Rozwiązanie}: \\
Z nierówności między średnia harmoniczną i arytmetyczną dla liczb $\frac{a+b}{2},\frac{b+c}{2},\frac{c+a}{2}$ jest
\[\frac{a+b+c}{3}=\frac{\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}}{3}\geq \frac{3}{\frac{2}{a+b}+\frac{2}{b+c}+\frac{2}{c+a}}\]
Po przekształceniu (wymnożeniu stronami przez mianowniki i podzieleniu przez $a+b+c$) otrzymujemy tezę.
 
\item Udowodnij, że dla $a,b\in\mathbb{R}$ jest \[4b^2+a^2\geq 4ab\]
\textbf{Rozwiązanie}: \\
Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla liczb $a^2,4b^2$ otrzymujemy
\[\frac{a^2+4b^2}{2}\geq \sqrt{4a^2b^2}=2ab\]
 
\item Udowodnij, że dla $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ jest \[abcd-\frac{1}{16}\leq \frac{a^2}{2}+\frac{b^4}{4}+\frac{c^8}{8}+\frac{d^{16}}{16}\]
\textbf{Rozwiązanie}: \\
Po przekształceniu (nie ma niejsca dla minusów w nierównościach) teza przymuje postać $abcd\leq \frac{a^2}{2}+\frac{b^4}{4}+\frac{c^8}{8}+\frac{d^{16}}{16}+\frac{1}{16}$.\\
Wynika ona z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną ważoną dla liczb $a^2,b^4,c^8,d^16,1$ i wag $\frac{1}{2},\frac{1}{4},\frac{1}{8},\frac{1}{16},\frac{1}{16}$ otrzymujemy:\\
\[\frac{a^2}{2}+\frac{b^4}{4}+\frac{c^8}{8}+\frac{d^{16}}{16}+\frac{1}{16}\geq a^{2\frac{1}{2}}b^{4\frac{1}{4}}c^{8\frac{1}{8}}d^{16\frac{1}{16}}1^{\frac{1}{16}}=abcd\]
Zauważmy, że to samo otrzymamy biorąc średnią arytmetyczną i geometryczną z $16$ liczb\\ $\underbrace{\frac{a^2}{16},\frac{a^2}{16},\cdots,\frac{a^2}{16}}_{8},\frac{b^4}{16},\frac{b^4}{16},\frac{b^4}{16},\frac{b^4}{16},\frac{c^8}{16},\frac{c^8}{16},\frac{d^{16}}{16},\frac{1}{16}$. Średnie ważone, o ile wagi są wymierne, to po prostu wygodniej zapisane średnie zwykłe.
 
\item Rozstrzygnij, jaka jest największa stała $C$, taka, że dla wszystkich dodatnich $x,y,z$ jest \[x+2y+3z\geq Cx^{\frac{1}{6}}y^{\frac{1}{3}}z^{\frac{1}{2}}\]
\textbf{Rozwiązanie}: \\
Dla $x=y=z=1$ mamy nierówność $6\geq C$, stąd musi być $C\leq 6$.\\
Udowodnimy, że $C=6$. Faktycznie, ze średniej arytmetycznej i geometrycznej dla $x,y,y,z,z,z$ mamy
\[\frac{x+y+y+z+z+z}{6}\geq \sqrt[6]{xy^2z^3}=x^{\frac{1}{6}}y^{\frac{1}{3}}z^{\frac{1}{2}}\] Stąd po przekształceniu otrzymujemy $x+2y+3z\geq 6x^{\frac{1}{6}}y^{\frac{1}{3}}z^{\frac{1}{2}}$, dowodzi, że $C\geq 6$, a więc $C=6$.
%\item Rozstrzygnij, jaka jest największa stała $C$, taka, że dla wszystkich dodatnich $x,y,z$ jest \[x+y+y^2+z+z^2+z^3\geq Cx^{\frac{1}{3}}y^{\frac{2}{3}}z\]
\item Pokazać, że dla dowolnych $a,b,c,d\in\mathbb{R}_+$ zachodzi \[a+b+c+d\geq \frac{15}{2^{\frac{34}{15}}}\sqrt[15]{ab^2c^4d^8}\]
\rozw
Teza wynika wprost z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla liczb\\ $a,\frac{b}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{4},\frac{c}{4},\frac{c}{4},\frac{c}{4},\underbrace{\frac{d}{8},\cdots,\frac{d}{8}}_{8}$:
\[\frac{a+b+c+d}{15}=\frac{a+\frac{b}{2}+\frac{c}{4}+\frac{c}{4}+\frac{c}{4}+\frac{c}{4}+\underbrace{\frac{d}{8},\cdots,\frac{d}{8}}_{8}}{15}\geq \sqrt[15]{a(\frac{b}{2})^2(\frac{c}{4})^4(\frac{d}{8})^8}\]
Inaczej mówiąc stosujemy tutaj średnią ważoną między średnią arytmetyczną a geometryczną dla liczb $a,\frac{b}{2},\frac{c}{4},\frac{d}{8}$ i wag $\frac{1}{15},\frac{2}{15},\frac{4}{15},\frac{8}{15}$.
 
\item Pokazać, że jeśli $a,b,c>0$, to $a^2+b^2+c^2+2a+2b+2c\geq 3((ab)^{\frac{2}{3}}+(bc)^{\frac{2}{3}}+(ca)^{\frac{2}{3}})$
\rozw
Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną otrzymujemy
\[\frac{a^2+b+b}{3}\geq \sqrt[3]{a^2\cdot b\cdot b}=(ab)^{\frac{2}{3}}\]
\[\frac{b^2+c+c}{3}\geq \sqrt[3]{b^2\cdot c\cdot c}=(bc)^{\frac{2}{3}}\]
\[\frac{c^2+a+a}{3}\geq \sqrt[3]{c^2\cdot a\cdot a}=(ca)^{\frac{2}{3}}\]
Po ich zsumowaniu dostajemy tezę.
\item Pokazać, że jeżeli $x,y,z>0$, to 
\[\frac{x+y+z}{3}\geq \sqrt{\frac{xy+yz+zx}{3}}\]
\rozw
Po podniesieniu obu stron nierówności do kwadratu otrzymujemy $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$. To wynika z nierówności $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$, którą udowadniamy przy pomocy średnich.
\item (Czy pamiętasz co się robi w trójkątach?) Wykaż, że jeżeli $a,b,c$ - boki pewnego trójkąta, to \[\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3\]
\rozw
Weźmy $x=\frac{b+c-a}{2}$, $y=\frac{a+c-b}{2}$,$z=\frac{a+b-c}{2}$. Z tego, że $a,b,c$ - boki trójkąta wynika, że $x,y,z>0$. Teza jest równoważna, po podstawieniu
\[\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\geq 6\]
Można ją otrzymać sumując 3 nierówności (prawdziwe na mocy śr. aryt. i geom.)
\[\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\geq 2\]
\[\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\geq 2\]
\[\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\geq 2\]
 
\item Liczby dodatnie $a,b,c$, są takie, że $a+b+c=1$. Wykazać, że \[a^2+b^2+c^2+\sqrt{12abc}\leq 1\]
\rozw
Musimy sprowadzić wszystkie części wyrażenia do wspólnego stopnia (inaczej mówiąc otrzymać wyrażenie jednorodne). $a^2+b^2+c^2$ ma stopień $2$, $\sqrt{12abc}$ ma stopień $\frac{3}{2}$, a $1$ ma stopień $0$. Podstawiamy więc i otrzymujemy:
\[a^2+b^2+c^2+\sqrt{12abc(a+b+c)}\leq (a+b+c)^2\]
Po rozbiciu $(a+b+c)^2$ i redukcji to wyrażenie przyjmuje postać $\sqrt{3abc(a+b+c)}\leq ab+bc+ca$. Po podstawieniu $x=ab,y=bc,z=ca$ i podniesieniu do kwadratu otrzymujemy nierówność $3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^2$, którą udowadniamy bezpośrednio.
 
\item Udowodnić, że jeśli $a,b,c>0$ i $a+b+c=1$, to \[(1+a)(1+b)(1+c)\geq 8(1-a)(1-b)(1-c)\]
\rozw
Podstawiamy wszędzie $1=a+b+c$ i otrzymujemy 
\[(b+c+2a)(a+c+2b)(a+b+2c)\geq 8(a+b)(b+c)(c+a)\]
Jeżeli podstawimy teraz $x=a+b,y=a+c,z=b+c$ to otrzymujemy nierówność $(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$, która była już wcześniej udowodniona.
 
\item (LVII OM - 2 etap) Liczby dodatnie $a,b,c$ spełniają warunek $ab+bc+ca=abc$. Dowieść, że:
\[\frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}+\frac{b^4+c^4}{bc(b^3+c^3)}+\frac{c^4+a^4}{ca(a^3+c^3)}\geq 1\]
\rozw
Po lewej stronie mamy stopień $-1$, po prawej $0$. Mnożymy lewą stronę przez $abc$, a prawą przez $ab+bc+ca$, żeby otrzymać równe stopnie:
\[\frac{c(a^4+b^4)}{a^3+b^3}+\frac{a(b^4+c^4)}{b^3+c^3}+\frac{b(c^4+a^4)}{a^3+c^3}\geq ab+bc+ca\]
Zauważmy, że \[\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}\geq \frac{a+b}{2}\]
(po wymnożeniu przez mianowniki i zredukowaniu wychodzi $(a^3-b^3)(a-b)\geq 0$, czyli $(a^2+ab+b^2)(a-b)^2\geq 0$). Stosując tę nierówność do 3 członów otrzymujemy \[\frac{c(a^4+b^4)}{a^3+b^3}+\frac{a(b^4+c^4)}{b^3+c^3}+\frac{b(c^4+a^4)}{a^3+c^3}\geq c\frac{a+b}{2}+a\frac{b+c}{2}+b\frac{a+c}{2}=ab+bc+ca\]
 
\item Niech $a_1,\cdots,a_n$ będą liczbami dodatnimi spełniającymi warunek $a_1a_2\cdots a_k\geq 1$ dla każdego $1\leq k\leq n$. Udowodnić, że:
\[\frac{1}{1+a_1}+\frac{2}{(1+a_1)(1+a_2)}+\cdots+\frac{n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)}<2\]
\rozw
Mamy \[\frac{k}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_k)}\leq \frac{k}{(2\sqrt{a_1})\cdots(2\sqrt{a_k})}=\frac{k}{2^k}\frac{1}{\sqrt{a_1\cdots a_k}}\leq \frac{k}{2^k}\]
Stosując to oszacowanie uzyskujemy \[\frac{1}{1+a_1}+\frac{2}{(1+a_1)(1+a_2)}+\cdots+\frac{n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n)}\leq\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdots \frac{n}{2^n}\]
Mamy, dla wszystkich $k$ naturalnych, $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots + \frac{1}{2^k}=1-\frac{1}{2^k}<1$, stąd \[\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdots \frac{n}{2^n}=(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\cdots \frac{1}{2^n})+(\frac{1}{4}\cdots \frac{1}{2^n})+(\frac{1}{8}\cdots \frac{1}{2^n})+\cdots \frac{1}{2^n}<1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^n}<1+1=2\]
\item (*) Niech $a_1,\cdots,a_n$ - liczby dodatnie, zaś $S$ - ich suma. Udowodnić, że prawdziwa jest nierówność \[\sum_{i=1}^n \frac{S-a_i}{a_i}\geq (n-1)^2 \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{S-a_i}\]
\rozw
Z nierówności pomiędzy średnią harmoniczną a arytmetyczną dla $a_1,a_2,\cdots,a_{i-1},a_{i+1},\cdots,a_n$ mamy $\frac{n-1}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_{i-1}}+\frac{1}{a_{i+1}}+\cdots+\frac{1}{a_n}}\leq \frac{a_1+\cdots+a_{i-1}+a_{i+1}+\cdots+a_n}{n-1}=\frac{S-a_i}{n-1}$. Stąd po przekształceniach:
\[\frac{(n-1)^2}{S-a_i}\leq \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_{i-1}}+\frac{1}{a_{i+1}}+\cdots+\frac{1}{a_n}\]
Stąd \[a_i\frac{(n-1)^2}{S-a_i}\leq \frac{a_i}{a_1}+\frac{a_i}{a_2}+\cdots+\frac{a_i}{a_{i-1}}+\frac{a_i}{a_{i+1}}+\cdots+\frac{a_i}{a_n}\]
Sumując po $i$ otrzymujemy
\[\sum_{i=1}^n a_i\frac{(n-1)^2}{S-a_i}\leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1,j\neq i}^n \frac{a_i}{a_j}=\sum_{j=1}^n \frac{S-a_j}{a_j}\]
\end{enumerate}
\end{document}