Við notum ójöfnuna um venjulegt og rúmfræðilegt meðaltal til að fá eftirfarandi ójöfnur $$ \begin{aligned} \frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} &\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{a^3}\cdot\frac{1}{b^3}\cdot\frac{1}{c^3}} = \frac{3}{abc},\\ \frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3} &\geq \frac{3}{bcd},\\ \frac{1}{a^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3} &\geq \frac{3}{acd},\\ \frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{d^3} &\geq \frac{3}{abd}. \end{aligned} $$ Þegar þessar ójöfnur eru lagaðar saman fæst ójafnan $$3(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}) \geq 3(\frac{1}{abc}+\frac{1}{bcd}+\frac{1}{acd}+\frac{1}{abd}).$$ Deilum með 3 í báðar hliðar og margföldum svo báðar hliðar með $a b c d$, en þá er ójafnan sem sanna átti fengin.

Athugum að punkturinn $M$ skiptir strikunum $DL$ og $BK$ í hlutföllunum $1:2$ þar sem $M$ er skurðpunktur miðlínanna í þríhyrningnum $BCD$. Látum $P$ og $Q$ vera skurðpunkta línunnar gegnum $M$ samsíða $AB$ við strikin $AD$ og $BC$. Látum $R$ og $S$ vera skurðpunkta línunnar gegnum $M$ samsíða $BC$ við strikin $AB$ og $DC$. Þá skiptir $M$ strikunum $PQ$ og $RS$ einnig í hlutföllunum $1:2$ því þríhyrningarnir $PMD$ og $QML$ annarsvegar og $RMB$ og $SMK$ hinsvegar eru einslaga. Flatarmál tígulsins $SMQC$ er þá $\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{9}$ af flatarmáli $ABCD$ og flatarmál hvors þríhyrninganna $KMS$ og $LMQ$ er $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6}\cdot\frac{1}{3}$ af flatarmáli $ABCD$ því $|KS|=|KC|-|SC|$ er $\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$ hluti lengdar $DC$. Samtals er flatarmál $KMLC$ þá $\frac{1}{9}+\frac{1}{36}+\frac{1}{36}=\frac{3}{18}=\frac{1}{6}$ af flatarmáli $ABCD$.

Höfum að $\sqrt{16\sqrt{8\sqrt{4}}}=\sqrt{16\sqrt{16}}=\sqrt{64}=8.$

Setjum inn $1-x$ í stað $x$ í jöfnunni $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4=x(2-x^3)$. Þá getum við umbreytt verkefninu í það að leysa „tvær jöfnur með tveimur óþekktum“. Jöfnuhneppið er $$ \begin{align} x^2f(x)+ f(1-x) &= (2-x^3)x \tag{1}\\ (1-x)^2f(1-x)+f(x) &= (2-(1-x)^3)(1-x) \tag{2} \end{align} $$ Þessar jöfnur leysum við með því að margfalda þá efri með $(1-x)^2$ og draga síðan þá neðri frá þeirri efri. Þá fæst $$ \begin{aligned} ((1-x)^2x^2-1)f(x)&=(1-x)^2(2-x^3)x-(2-(1-x)^3)(1-x)\\ &=(1-x)((2-2x-x^3+x^4)x-2+1-3x+3x^2-x^3)\\ &=(1-x)(-1-x+x^2-x^3-x^4+x^5)\\ &=(1-x)(-(1+x)+x^2(1-x^2)-x^2(1-x^2))\\ &=(1-x^2)(-1+x^2(1-x)-x^3(1-x))\\ &=(1-x^2)(x^4-2x^3+x^2-1). \end{aligned} $$ En einnig er $(1-x)^2x^2-1=x^4-2x^3+x^2-1$ svo $$(x^4-2x^3+x^2-1)f(x)=(1-x^2)(x^4-2x^3+x^2-1).$$ Höfum þá að $f(x)=1-x^2$, nema það að í reikningunum var á tveimur stöðum gert ráð fyrir að ákveðin stærð væri ekki 0. Fyrst þegar við margfölduðum báðar hliðar með $(1-x)^2$, þá var í raun gert ráð fyrir að $x\neq 1$. Við vitum að $f(1)=0$ (setjum inn $x=0$ í jöfnu (1)), sem passar við að $f(x)=1-x^2$. Lokaskrefið byggir svo á að $x^4-2x^3+x^2-1\neq 0$. Hvað gerist ef $x^4-2x^3+x^2-1=0$? Jú, þá fáum við aftur tvær jöfnur en önnur þeirra er margfeldi af hinni.
Lítum yfir útreikningana. Við sjáum að $$x^4-2x^3+x^2-1=((1-x)^2x^2-1)=((1-x)x-1)((1-x)x+1).$$ Vandræðagildin á $x$ eru því rætur jafnanna $x^2-x+1=0$ og $x^2-x-1=0$. Fyrri jafnan hefur engar rauntölurætur en sú seinni hefur ræturnar $$x_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\quad\quad x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}.$$ Hér er $x_2=1-x_1$ og eina skilyrðið sem gildir um $f(x_1)$ og $f(x_2)$ er að $$ \begin{aligned}x_1^2f(x_1)+f(x_2)=2x_1-x_1^4.\quad (3)\end{aligned}$$ (Þetta skilyrði má einnig túlka þannig að $(f(x_1),f(x_2))$ sé punktur á línunni $(3+\sqrt{5})x+2y=5(\sqrt5-1)$.) Niðurstaðan er að $f(x)=2x-x^4$ fyrir öll $x$ nema $x_1$ og $x_2$, og við höfum frelsi til að velja $f(x_1)$ og $f(x_2)$ á einhvern hátt þannig að jafna (3) sé uppfyllt.