4. Zadatak

Dokažimo najprije da vrijedi tvrdnja za $m=n$, tj. da je

$$a_1+a_2+\ldots+a_n\ge n.\qquad(1)$$

Pretpostavimo suprotno, da je $a_1+a_2+\ldots+a_n<n$. Neka je $G$ geometrijska sredina brojeva $a_1,a_2,\ldots,a_n$. Zbog aritmetičko-geometrijske nejednakosti i zbog pretpostavke vrijedi

$$\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\le\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}n<\frac nn=1,$$

Dakle $G<1$. Također, iz aritmetičko-geometrijske nejednakosti slijedi

$$\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n}n=\frac{\frac1{a_1^2}+\frac1{a_2^2}+\ldots+\frac1{a_n^2}}n\ge\sqrt[n]{\frac1{a_1^2}\cdot\frac1{a_2^2}\cdots\frac1{a_n^2}}=\frac1{\sqrt[n]{(a_1a_2\cdots a_n)^2}}$$

pa je $\dfrac1{G^2}\le\dfrac{a_1+a_2+\ldots+a_n}n<\dfrac nn=1$, odnosno $G>1$. Zbog dobivene kontradikcije zaključujemo da je naša pretpostavka pogrešna. Time je dokazana tvrdnja (1). Dokažimo sada da za svaki $m\in\{1,2,\ldots,n\}$ postoji $m$ brojeva iz skupa $\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ čiji je zbroj barem $m$. Pretpostavimo suprotno, da je za neki $m$ zbroj bilo kojih $m$ brojeva iz skupa $\{a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ manji od $m$. Posebno

$$\begin{gathered}a_1+a_2+\ldots+a_m<m,\\a_2+a_3+\ldots+a_{m+1}<m,\\\vdots\\a_n+a_1+\ldots+a_{m-1}<m,\end{gathered}$$

pa zbrajanjem dobivamo $m(a_1+a_2+\ldots+a_n)<nm$, odnosno $a_1+a_2+\ldots+a_n<n$. No, to je u kontradikciji s dokazanom tvrdnjom (1).