IMO 1999 · Problem 2
Let \(n\) be a fixed integer, with \(n \geq 2\).
(a) Determine the least constant \(C\) such that the inequality \[ \sum_{1\leq i<j\leq n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2) \leq C\left(\sum_{1\leq i\leq n}x_i\right)^4 \] holds for all real numbers \(x_1,\cdots,x_n\geq 0\).
(b) For this constant \(C\), determine when equality holds.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
The least constant is \[ \boxed{C=\frac18}. \] Equality holds exactly when, up to permutation, \[ (x_1,\ldots,x_n)=(t,t,0,\ldots,0),\qquad t\geq0. \]
Solution
Taking \(x_1=x_2=1\) and all other variables zero gives \(2\leq16C\). Thus \(C\geq\frac18\).
We prove that \(C=\frac18\) works and determine all equality cases.
Let \(S=\sum_{i=1}^n x_i\). If \(S=0\), all variables are zero and equality holds. Otherwise, put \(y_i=x_i/S\), so that \(y_i\geq0\) and \(\sum_i y_i=1\). We must prove \[ F(y_1,\ldots,y_n):= \sum_{i<j}y_i y_j(y_i^2+y_j^2)\leq\frac18. \] Writing \(f(t)=t^3(1-t)\), we have \[ F=\sum_{i=1}^n y_i^3\sum_{j\ne i}y_j =\sum_{i=1}^n f(y_i). \]
Suppose at least three entries are positive. Let \(a\leq b\) be the two smallest positive entries, and put \(s=a+b\). A third positive entry is at least \(b\geq s/2\), so \[ 1\geq s+\frac{s}{2}, \qquad\text{hence}\qquad s\leq\frac23. \] Replace the entries \(a,b\) by \(s,0\). This preserves nonnegativity and the sum of the entries. Moreover, \[ \begin{aligned} f(s)-f(a)-f(b) &=3ab(a+b)-4ab(a+b)^2+2a^2b^2\\ &=ab\bigl[s(3-4s)+2ab\bigr]>0, \end{aligned} \] because \(a,b>0\) and \(3-4s\geq\frac13\).
Thus, whenever there are at least three positive entries, merging the two smallest strictly increases \(F\) and reduces the number of positive entries by one. Repeating this operation leaves exactly two positive entries.
It therefore remains to consider vectors with one or two positive entries. With only one positive entry, that entry equals \(1\), and \(F=0<\frac18\). With two positive entries \(a,b\), we have \(a+b=1\), and \[ F=ab(a^2+b^2) =\frac{(a+b)^4-(a-b)^4}{8} =\frac{1-(a-b)^4}{8} \leq\frac18. \] Equality holds precisely when \(a=b=\frac12\).
Since every merging step was strictly increasing, a vector with at least three positive entries has \(F<\frac18\). Consequently, for \(S>0\), equality holds precisely when two entries are \(S/2\) and all others are zero. Together with the case \(S=0\), these are exactly the stated equality cases.
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 1999 · Aufgabe 2
Sei \(n\) eine feste ganze Zahl mit \(n \geq 2\).
(a) Bestimme die kleinste Konstante \(C\), für die die Ungleichung \[ \sum_{1\leq i<j\leq n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2) \leq C\left(\sum_{1\leq i\leq n}x_i\right)^4 \] für alle reellen Zahlen \(x_1,\cdots,x_n\geq 0\) gilt.
(b) Bestimme für diese Konstante \(C\), wann Gleichheit gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Die kleinste Konstante ist \[ \boxed{C=\frac18}. \] Gleichheit gilt genau dann, wenn bis auf Permutation \[ (x_1,\ldots,x_n)=(t,t,0,\ldots,0),\qquad t\geq0. \]
Lösung
Setzt man \(x_1=x_2=1\) und alle anderen Variablen gleich null, so erhält man \(2\leq16C\). Also gilt \(C\geq\frac18\).
Wir zeigen, dass \(C=\frac18\) die Ungleichung erfüllt, und bestimmen alle Gleichheitsfälle.
Sei \(S=\sum_{i=1}^n x_i\). Ist \(S=0\), so sind alle Variablen null und es gilt Gleichheit. Andernfalls setzen wir \(y_i=x_i/S\), sodass \(y_i\geq0\) und \(\sum_i y_i=1\) gelten. Zu zeigen ist \[ F(y_1,\ldots,y_n):= \sum_{i<j}y_i y_j(y_i^2+y_j^2)\leq\frac18. \] Mit \(f(t)=t^3(1-t)\) gilt \[ F=\sum_{i=1}^n y_i^3\sum_{j\ne i}y_j =\sum_{i=1}^n f(y_i). \]
Angenommen, mindestens drei Einträge sind positiv. Seien \(a\leq b\) die beiden kleinsten positiven Einträge, und setze \(s=a+b\). Ein dritter positiver Eintrag ist mindestens \(b\geq s/2\), also gilt \[ 1\geq s+\frac{s}{2}, \qquad\text{also}\qquad s\leq\frac23. \] Ersetze die Einträge \(a,b\) durch \(s,0\). Dabei bleiben die Nichtnegativität und die Summe der Einträge erhalten. Außerdem gilt \[ \begin{aligned} f(s)-f(a)-f(b) &=3ab(a+b)-4ab(a+b)^2+2a^2b^2\\ &=ab\bigl[s(3-4s)+2ab\bigr]>0, \end{aligned} \] da \(a,b>0\) und \(3-4s\geq\frac13\) gelten.
Sind also mindestens drei positive Einträge vorhanden, so wird \(F\) durch das Zusammenfassen der beiden kleinsten strikt größer, während sich die Anzahl der positiven Einträge um eins verringert. Wiederholt man diesen Vorgang, so bleiben genau zwei positive Einträge übrig.
Es bleibt daher, Vektoren mit einem oder zwei positiven Einträgen zu betrachten. Bei nur einem positiven Eintrag ist dieser gleich \(1\), und es gilt \(F=0<\frac18\). Bei zwei positiven Einträgen \(a,b\) gilt \(a+b=1\), und \[ F=ab(a^2+b^2) =\frac{(a+b)^4-(a-b)^4}{8} =\frac{1-(a-b)^4}{8} \leq\frac18. \] Gleichheit gilt genau dann, wenn \(a=b=\frac12\).
Da \(F\) bei jedem Zusammenfassungsschritt strikt größer wurde, gilt für einen Vektor mit mindestens drei positiven Einträgen \(F<\frac18\). Folglich gilt für \(S>0\) genau dann Gleichheit, wenn zwei Einträge gleich \(S/2\) und alle anderen null sind. Zusammen mit dem Fall \(S=0\) sind dies genau die angegebenen Gleichheitsfälle.
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 1999 · Soru 2
\(n \geq 2\) olmak üzere sabit bir \(n\) tam sayısı verilsin.
(a) Tüm \(x_1,\cdots,x_n\geq 0\) gerçel sayıları için \[ \sum_{1\leq i<j\leq n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2) \leq C\left(\sum_{1\leq i\leq n}x_i\right)^4 \] eşitsizliğinin sağlanmasını sağlayan en küçük \(C\) sabitini belirleyiniz.
(b) Bu \(C\) sabiti için eşitliğin hangi durumlarda sağlandığını belirleyiniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
En küçük sabit \[ \boxed{C=\frac18} \] olur. Eşitlik, tam olarak, değişkenlerin sırası değiştirilerek \[ (x_1,\ldots,x_n)=(t,t,0,\ldots,0),\qquad t\geq0 \] biçimine getirilebildiği durumlarda sağlanır.
Çözüm
\(x_1=x_2=1\) ve diğer tüm değişkenler sıfır alınırsa \(2\leq16C\) elde edilir. Dolayısıyla \(C\geq\frac18\) olur.
\(C=\frac18\) değerinin eşitsizliği sağladığını kanıtlayıp tüm eşitlik durumlarını belirleyeceğiz.
\(S=\sum_{i=1}^n x_i\) olsun. \(S=0\) ise tüm değişkenler sıfırdır ve eşitlik sağlanır. Aksi hâlde \(y_i=x_i/S\) koyalım; böylece \(y_i\geq0\) ve \(\sum_i y_i=1\) olur. Kanıtlamamız gereken eşitsizlik \[ F(y_1,\ldots,y_n):= \sum_{i<j}y_i y_j(y_i^2+y_j^2)\leq\frac18 \] olur. \(f(t)=t^3(1-t)\) yazarak \[ F=\sum_{i=1}^n y_i^3\sum_{j\ne i}y_j =\sum_{i=1}^n f(y_i) \] elde ederiz.
En az üç bileşenin pozitif olduğunu varsayalım. En küçük iki pozitif bileşen \(a\leq b\) olsun ve \(s=a+b\) koyalım. Üçüncü bir pozitif bileşen en az \(b\geq s/2\) olduğundan \[ 1\geq s+\frac{s}{2}, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad s\leq\frac23. \] \(a,b\) bileşenlerini \(s,0\) ile değiştirelim. Bu işlem, bileşenlerin negatif olmamasını ve toplamını korur. Ayrıca, \[ \begin{aligned} f(s)-f(a)-f(b) &=3ab(a+b)-4ab(a+b)^2+2a^2b^2\\ &=ab\bigl[s(3-4s)+2ab\bigr]>0, \end{aligned} \] çünkü \(a,b>0\) ve \(3-4s\geq\frac13\) olur.
Böylece, en az üç pozitif bileşen bulunduğunda, en küçük ikisini birleştirmek \(F\) değerini kesin olarak artırır ve pozitif bileşen sayısını bir azaltır. Bu işlem tekrarlandığında geriye tam olarak iki pozitif bileşen kalır.
Dolayısıyla yalnızca bir veya iki pozitif bileşeni olan vektörleri ele almak yeterlidir. Yalnızca bir pozitif bileşen varsa bu bileşen \(1\) olur ve \(F=0<\frac18\) elde edilir. İki pozitif bileşen \(a,b\) varsa \(a+b=1\) olur ve \[ F=ab(a^2+b^2) =\frac{(a+b)^4-(a-b)^4}{8} =\frac{1-(a-b)^4}{8} \leq\frac18. \] Eşitlik tam olarak \(a=b=\frac12\) olduğunda sağlanır.
Her birleştirme adımı değeri kesin olarak artırdığı için, en az üç pozitif bileşeni olan bir vektörde \(F<\frac18\) olur. Sonuç olarak, \(S>0\) için eşitlik tam olarak iki bileşen \(S/2\) ve diğer tüm bileşenler sıfır olduğunda sağlanır. \(S=0\) durumu da eklendiğinde bunlar tam olarak belirtilen eşitlik durumlarıdır.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1999 · Problema 2
Sea \(n\) un entero fijo, con \(n \geq 2\).
(a) Determinar la menor constante \(C\) tal que la desigualdad \[ \sum_{1\leq i<j\leq n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2) \leq C\left(\sum_{1\leq i\leq n}x_i\right)^4 \] se cumpla para todos los números reales \(x_1,\cdots,x_n\geq 0\).
(b) Para esta constante \(C\), determinar cuándo se alcanza la igualdad.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
La menor constante es \[ \boxed{C=\frac18}. \] La igualdad se alcanza exactamente cuando, salvo permutación, \[ (x_1,\ldots,x_n)=(t,t,0,\ldots,0),\qquad t\geq0. \]
Solución
Tomando \(x_1=x_2=1\) y todas las demás variables iguales a cero, se obtiene \(2\leq16C\). Por tanto, \(C\geq\frac18\).
Demostraremos que \(C=\frac18\) sirve y determinaremos todos los casos de igualdad.
Sea \(S=\sum_{i=1}^n x_i\). Si \(S=0\), todas las variables son cero y se alcanza la igualdad. En caso contrario, pongamos \(y_i=x_i/S\), de modo que \(y_i\geq0\) y \(\sum_i y_i=1\). Debemos demostrar que \[ F(y_1,\ldots,y_n):= \sum_{i<j}y_i y_j(y_i^2+y_j^2)\leq\frac18. \] Escribiendo \(f(t)=t^3(1-t)\), tenemos \[ F=\sum_{i=1}^n y_i^3\sum_{j\ne i}y_j =\sum_{i=1}^n f(y_i). \]
Supongamos que al menos tres componentes son positivas. Sean \(a\leq b\) las dos menores componentes positivas y pongamos \(s=a+b\). Una tercera componente positiva es al menos \(b\geq s/2\), por lo que \[ 1\geq s+\frac{s}{2}, \qquad\text{por tanto}\qquad s\leq\frac23. \] Sustituyamos las componentes \(a,b\) por \(s,0\). Esto conserva la no negatividad y la suma de las componentes. Además, \[ \begin{aligned} f(s)-f(a)-f(b) &=3ab(a+b)-4ab(a+b)^2+2a^2b^2\\ &=ab\bigl[s(3-4s)+2ab\bigr]>0, \end{aligned} \] porque \(a,b>0\) y \(3-4s\geq\frac13\).
Así pues, siempre que haya al menos tres componentes positivas, la fusión de las dos menores aumenta estrictamente \(F\) y reduce en uno el número de componentes positivas. Repitiendo esta operación, quedan exactamente dos componentes positivas.
Por tanto, solo queda considerar los vectores con una o dos componentes positivas. Si solo hay una componente positiva, esta es igual a \(1\), y \(F=0<\frac18\). Si hay dos componentes positivas \(a,b\), tenemos \(a+b=1\), y \[ F=ab(a^2+b^2) =\frac{(a+b)^4-(a-b)^4}{8} =\frac{1-(a-b)^4}{8} \leq\frac18. \] La igualdad se alcanza precisamente cuando \(a=b=\frac12\).
Como cada paso de fusión aumentaba estrictamente el valor, un vector con al menos tres componentes positivas satisface \(F<\frac18\). Por consiguiente, para \(S>0\), la igualdad se alcanza precisamente cuando dos componentes son \(S/2\) y todas las demás son cero. Junto con el caso \(S=0\), estos son exactamente los casos de igualdad indicados.
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 1999 · 问题 2
设 \(n\) 为一个固定的整数，且 \(n \geq 2\)。
(a) 求最小的常数 \(C\)，使得不等式 \[ \sum_{1\leq i<j\leq n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2) \leq C\left(\sum_{1\leq i\leq n}x_i\right)^4 \] 对所有实数 \(x_1,\cdots,x_n\geq 0\) 都成立。
(b) 对于这个常数 \(C\)，求等号成立的条件。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
最小的常数为 \[ \boxed{C=\frac18}. \] 等号成立当且仅当适当调整各变量的顺序后，有 \[ (x_1,\ldots,x_n)=(t,t,0,\ldots,0),\qquad t\geq0. \]
解答
取 \(x_1=x_2=1\)，其余变量均为零，得到 \(2\leq16C\)。因此 \(C\geq\frac18\)。
下面证明 \(C=\frac18\) 满足要求，并确定所有等号成立的情形。
设 \(S=\sum_{i=1}^n x_i\)。若 \(S=0\)，则所有变量均为零，等号成立。否则，令 \(y_i=x_i/S\)，则 \(y_i\geq0\) 且 \(\sum_i y_i=1\)。我们需要证明 \[ F(y_1,\ldots,y_n):= \sum_{i<j}y_i y_j(y_i^2+y_j^2)\leq\frac18. \] 记 \(f(t)=t^3(1-t)\)，则 \[ F=\sum_{i=1}^n y_i^3\sum_{j\ne i}y_j =\sum_{i=1}^n f(y_i). \]
假设至少有三个分量为正。设 \(a\leq b\) 为其中最小的两个正分量，并令 \(s=a+b\)。第三个正分量至少为 \(b\geq s/2\)，因此 \[ 1\geq s+\frac{s}{2}, \qquad\text{从而}\qquad s\leq\frac23. \] 将分量 \(a,b\) 替换为 \(s,0\)。这保持了各分量的非负性及其总和。此外， \[ \begin{aligned} f(s)-f(a)-f(b) &=3ab(a+b)-4ab(a+b)^2+2a^2b^2\\ &=ab\bigl[s(3-4s)+2ab\bigr]>0, \end{aligned} \] 因为 \(a,b>0\) 且 \(3-4s\geq\frac13\)。
因此，只要至少有三个正分量，合并最小的两个正分量就会使 \(F\) 严格增大，并使正分量的个数减少一个。重复这一操作，最终恰好剩下两个正分量。
所以，只需考虑含有一个或两个正分量的向量。若只有一个正分量，则该分量等于 \(1\)，且 \(F=0<\frac18\)。若有两个正分量 \(a,b\)，则 \(a+b=1\)，并且 \[ F=ab(a^2+b^2) =\frac{(a+b)^4-(a-b)^4}{8} =\frac{1-(a-b)^4}{8} \leq\frac18. \] 等号成立当且仅当 \(a=b=\frac12\)。
由于每一步合并都使 \(F\) 严格增大，含有至少三个正分量的向量必有 \(F<\frac18\)。因此，当 \(S>0\) 时，等号成立当且仅当两个分量为 \(S/2\)，其余分量均为零。再加上 \(S=0\) 的情形，这些恰好就是答案中给出的等号成立情形。
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 1999 · Задача 2
Пусть \(n\) — фиксированное целое число, \(n \geq 2\).
(a) Найдите наименьшую константу \(C\), при которой неравенство \[ \sum_{1\leq i<j\leq n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2) \leq C\left(\sum_{1\leq i\leq n}x_i\right)^4 \] выполняется для всех действительных чисел \(x_1,\cdots,x_n\geq 0\).
(b) Для этой константы \(C\) определите, когда достигается равенство.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Наименьшая константа равна \[ \boxed{C=\frac18}. \] Равенство достигается тогда и только тогда, когда с точностью до перестановки \[ (x_1,\ldots,x_n)=(t,t,0,\ldots,0),\qquad t\geq0. \]
Решение
Полагая \(x_1=x_2=1\), а все остальные переменные равными нулю, получаем \(2\leq16C\). Таким образом, \(C\geq\frac18\).
Докажем, что \(C=\frac18\) подходит, и найдём все случаи равенства.
Пусть \(S=\sum_{i=1}^n x_i\). Если \(S=0\), то все переменные равны нулю и достигается равенство. В противном случае положим \(y_i=x_i/S\), так что \(y_i\geq0\) и \(\sum_i y_i=1\). Требуется доказать, что \[ F(y_1,\ldots,y_n):= \sum_{i<j}y_i y_j(y_i^2+y_j^2)\leq\frac18. \] Обозначив \(f(t)=t^3(1-t)\), получаем \[ F=\sum_{i=1}^n y_i^3\sum_{j\ne i}y_j =\sum_{i=1}^n f(y_i). \]
Предположим, что хотя бы три компоненты положительны. Пусть \(a\leq b\) — две наименьшие положительные компоненты, и положим \(s=a+b\). Третья положительная компонента не меньше \(b\geq s/2\), поэтому \[ 1\geq s+\frac{s}{2}, \qquad\text{откуда}\qquad s\leq\frac23. \] Заменим компоненты \(a,b\) на \(s,0\). При этом неотрицательность и сумма компонент сохраняются. Кроме того, \[ \begin{aligned} f(s)-f(a)-f(b) &=3ab(a+b)-4ab(a+b)^2+2a^2b^2\\ &=ab\bigl[s(3-4s)+2ab\bigr]>0, \end{aligned} \] поскольку \(a,b>0\) и \(3-4s\geq\frac13\).
Таким образом, если положительных компонент не меньше трёх, объединение двух наименьших строго увеличивает \(F\) и уменьшает число положительных компонент на единицу. Повторяя эту операцию, получаем ровно две положительные компоненты.
Следовательно, остаётся рассмотреть векторы с одной или двумя положительными компонентами. Если положительная компонента только одна, то она равна \(1\) и \(F=0<\frac18\). Если положительных компонент две, \(a,b\), то \(a+b=1\) и \[ F=ab(a^2+b^2) =\frac{(a+b)^4-(a-b)^4}{8} =\frac{1-(a-b)^4}{8} \leq\frac18. \] Равенство достигается в точности при \(a=b=\frac12\).
Поскольку каждый шаг объединения строго увеличивал значение функции, для вектора с не менее чем тремя положительными компонентами имеем \(F<\frac18\). Следовательно, при \(S>0\) равенство достигается тогда и только тогда, когда две компоненты равны \(S/2\), а все остальные равны нулю. Вместе со случаем \(S=0\) это в точности все указанные случаи равенства.
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 1999 · المسألة 2
ليكن \(n\) عددًا صحيحًا ثابتًا، حيث \(n \geq 2\).
(أ) أوجد أصغر ثابت \(C\) بحيث تتحقق المتباينة \[ \sum_{1\leq i<j\leq n} x_i x_j(x_i^2+x_j^2) \leq C\left(\sum_{1\leq i\leq n}x_i\right)^4 \] لجميع الأعداد الحقيقية \(x_1,\cdots,x_n\geq 0\).
(ب) من أجل هذا الثابت \(C\)، حدد متى تتحقق المساواة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
أصغر ثابت هو \[ \boxed{C=\frac18}. \] تتحقق المساواة إذا وفقط إذا كان، مع السماح بتبديل ترتيب الإحداثيات، \[ (x_1,\ldots,x_n)=(t,t,0,\ldots,0),\qquad t\geq0. \]
الحل
بوضع \(x_1=x_2=1\) وجميع المتغيرات الأخرى مساوية للصفر، نحصل على \(2\leq16C\). إذن \(C\geq\frac18\).
نثبت أن \(C=\frac18\) يفي بالغرض، ونحدد جميع حالات المساواة.
ليكن \(S=\sum_{i=1}^n x_i\). إذا كان \(S=0\)، فإن جميع المتغيرات تساوي صفرًا وتتحقق المساواة. وإلا، نضع \(y_i=x_i/S\)، فيكون \(y_i\geq0\) و\(\sum_i y_i=1\). علينا أن نثبت أن \[ F(y_1,\ldots,y_n):= \sum_{i<j}y_i y_j(y_i^2+y_j^2)\leq\frac18. \] بكتابة \(f(t)=t^3(1-t)\)، نحصل على \[ F=\sum_{i=1}^n y_i^3\sum_{j\ne i}y_j =\sum_{i=1}^n f(y_i). \]
لنفترض أن ثلاثة إحداثيات على الأقل موجبة. ليكن \(a\leq b\) أصغر إحداثيين موجبين، ولنضع \(s=a+b\). يوجد إحداثي موجب ثالث لا يقل عن \(b\geq s/2\)، ولذلك \[ 1\geq s+\frac{s}{2}, \qquad\text{ومن ثم}\qquad s\leq\frac23. \] نستبدل بالإحداثيين \(a,b\) الإحداثيين \(s,0\). يحفظ هذا عدم سلبية الإحداثيات ومجموعها. فضلًا عن ذلك، \[ \begin{aligned} f(s)-f(a)-f(b) &=3ab(a+b)-4ab(a+b)^2+2a^2b^2\\ &=ab\bigl[s(3-4s)+2ab\bigr]>0, \end{aligned} \] لأن \(a,b>0\) و\(3-4s\geq\frac13\).
إذن، كلما وُجدت ثلاثة إحداثيات موجبة على الأقل، فإن دمج أصغر اثنين منها يزيد \(F\) زيادة صارمة ويُنقص عدد الإحداثيات الموجبة بمقدار واحد. وبتكرار هذه العملية يبقى إحداثيان موجبان بالضبط.
وعليه، لا يبقى إلا النظر في المتجهات ذات إحداثي موجب واحد أو إحداثيين موجبين. إذا وُجد إحداثي موجب واحد فقط، فإنه يساوي \(1\)، ويكون \(F=0<\frac18\). وإذا وُجد إحداثيان موجبان \(a,b\)، فإن \(a+b=1\)، و \[ F=ab(a^2+b^2) =\frac{(a+b)^4-(a-b)^4}{8} =\frac{1-(a-b)^4}{8} \leq\frac18. \] تتحقق المساواة إذا وفقط إذا كان \(a=b=\frac12\).
ولأن كل خطوة دمج تزيد القيمة زيادة صارمة، فإن أي متجه ذي ثلاثة إحداثيات موجبة على الأقل يحقق \(F<\frac18\). وبالتالي، عندما يكون \(S>0\)، تتحقق المساواة إذا وفقط إذا كان إحداثيان يساويان \(S/2\) وجميع الإحداثيات الأخرى تساوي صفرًا. وبضم الحالة \(S=0\)، تكون هذه بالضبط حالات المساواة المذكورة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.