9. Keď Mizne Slnko vzorové riešenie

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 \(\{y_1\}+\{y_2\}+ \cdots + \{y_n\}<n-0.5\). To bude, samozrejme, spor. V rámci riešenia budeme robiť dynamické zmeny v postupnosti \(x_1, \dots, x_n\), ale vždy budeme pod \(x\)-ami označovať našu najnovšie zmenenú postupnosť. Každá zmena, ktorú v našej postupnosti spravíme, bude zvyšovať aktuálny súčet \(\{x_1\}+\{x_2\}+ \cdots + \{x_n\}\), zachovávajúc pritom rovnosť \(x_1 x_2 \dots x_n=1\) a zároveň bude našu postupnosť \(x\)-ov zjednodušovať. Takto si zaručíme, že finálna postupnosť bude mať aspoň taký súčet desatinných častí ako pôvodná a zároveň o nej budeme vedieť ukázať dokazované tvrdenie.

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 \(0.5<c<1\). Okrem toho si zafixujme najmenšie existujúce číslo (\(<1\)) a nazvime si ho \(a\). V najbližších krokoch vezmeme všetky ostatné čísla \(<1\) okrem \(a\) a urobíme nasledujúcu zmenu: vezmeme si dané číslo, nech je to \(d\), a vymeníme ho za číslo \(1-\varepsilon\), kde \(\varepsilon\) je nejaké veľmi veľmi malé číslo¹. 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 \[u=\frac{av}{d+v}<v.\] Teda \(a\) musíme na zachovanie súčinu znížiť o menej, ako \(d\) zvýšiť.

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 \(-0.5<c<1,\) čo vieme, že \(c\) spĺňa. Preto pre ľubovoľné takéto \(c\), vieme si my zvoliť \(\delta\) ako jednoducho kladné číslo ešte menšie ako \(-(c-1)(c+0.5)\) a na základe toho potom aj \(\varepsilon\). Ukázali sme týmto, že \(\{x_1\}+\{x_2\}+ \cdots + \{x_n\}<n-0.5\), čo je spor s pôvodným predpokladom o pôvodnej spornej postupnosti.