Page 195 - 4371

6.25 Першу рівність піднесемо до квадрата:
n
 x i 2  2  x i x j  1 і віднімемо від другої, домноженої на
 i 1 1 i j n
n
2
n : n  1  x i 2  2  x i x j  0, або    xx i j   . Звідси
0
1  i 1 i j n 1 i j n
1
x  x    x  .
1 2 n
n
6.26 Очевидно x  , 1 i  , 2 , 1  2 , n  1. Якщо припусти-
i
ти, що x  1, то x  , 0 x  , 1  , x  , 1 x  0 – супереч-
1 2 3 2 n 1 1
ність, отже x  1. Аналогічно доводимо, що x   1 і
1 1
x  0 .
1
Нехай 0  x  1, тоді 0  x  , 1 i  , 3 , 2  2 , n  1. Якщо
1 i
припустити, що x  x , то 1 x  2 1 x  2 x  x ; анало-
1 2 1 2 2 3
гічно x  x , x  x і т.д. x  x , x  x  x  x –
3 4 4 5 2n 2 2n 1 2n 1 1 1 2
суперечність. Аналогічно доводиться, що нерівність
x  x теж не може виконуватись. Таким чином,
1 2
2
x  x   x . Розв’язавши рівняння 1 x  x , одер-
1 2 2n 1 
 1 5
жуємо x  .
i
2
Припустивши, що 1 x  0 , одержуємо 0  x  1. Але
1 2
тоді 0  x  , 1 i  , 3 , 2  2 , n  1 і із останнього рівняння
i
системи маємо 0  x  1, що неможливо.
1
Залишається можливість x   1. Якщо припустити, що
1
x таке, що при якомусь k виконається умова 1 x  0,
1 k
то починаючи з цього номера нерівність 1  x  0 вико-
i
нується для всіх i . Зокрема, з останнього рівняння системи
одержимо 1 x  0 , що суперечить припущенню. Отже
1
x   1 при всіх i . Тоді, як і вище легко одержати, що x
i i

195