Matematyka.pl

\(\displaystyle{ a=\tg (\alpha_1)}\), itp., wówczas (*) to: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^3 \cos^2 \alpha_i=2}\), a dokończyć wystarczy z AM-GM i jedynki trygonometrycznej:
\(\displaystyle{ L= \sum_{cyc} \frac{\sin \alpha_1 \sin \alpha_2}{\cos \alpha_1 \cos \alpha_2} \le \sum_{cyc} \frac{1}{2} (\frac{\sin^2 \alpha_1}{\cos^2 \alpha_2} +\frac{\sin^2 \alpha_2}{\cos^2 \alpha_1}) = (*) = \frac{3}{2}=P}\)

po wymnożeniu danej równości mamy \(\displaystyle{ (ab)^2+(ac)^2+(bc)^2+2(ab)(ac)(bc)=1}\) więc możemy przyjąć \(\displaystyle{ ab=cos\alpha , \ bc=cos\beta, \ ca=cos\gamma}\) gdzie \(\displaystyle{ \alpha+ \beta+ \gamma=\pi}\). Dostajemy dobrze znaną nierówność \(\displaystyle{ cos \alpha+cos \beta +cos \gamma \le \frac{3}{2}}\)

A mianowicie (wersja bez podstawień trygonometrycznych) z metody zbliżeń.

Wybieramy takie \(\displaystyle{ x_i=a, \ x_j=b}\), że: \(\displaystyle{ ab \ge (n-1)^2}\) (dlaczego takie istnieją - o tym później).

Przy ustalonej sumie: \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b}=k}\) (\(\displaystyle{ 0<k<1}\), bo przypadek dla n=2 prowadzi do tożsamości) zbliżamy a i b przy zachowanym k aż osiągniemy równość.

Dostajemy nowe wartości: \(\displaystyle{ x_i=x_j=c}\), przy czym: \(\displaystyle{ \frac{2}{1+c}=k \iff c=\frac{2}{k}-1}\)

Teraz już trochę zabiegów - dowodzimy, że: \(\displaystyle{ a+b \ge c+c}\):
\(\displaystyle{ k=\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b} \ge \frac{4}{2+a+b} \iff a+b \ge \frac{4}{k}-2 = 2c=c+c}\), co przy nałożonym warunku jest równoważne z: \(\displaystyle{ a \cdot b \ge c \cdot c}\):
\(\displaystyle{ kab=(1-k)(a+b)+2-k \\ kc^2=(1-k)(c+c)+2-k \le (1-k)(a+b)+2-k=kab \iff ab \ge c^2}\)

Z tego już wynika, że istnieją takie a,b, które były wymuszone warunkiem: \(\displaystyle{ ab \ge (n-1)^2}\), bo po nieskończonym ciągu przybliżeń wszystkie liczby \(\displaystyle{ x_i}\) będą równe \(\displaystyle{ n-1}\), a iloczyn malał.

Napiszę teraz właściwe przekształcenia:
\(\displaystyle{ (n-1)\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{ab}} - (n-1)\frac{\sqrt{c}+\sqrt{c}}{c} \le \\
\le (n-1)\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{ab}} - (n-1)\frac{\sqrt{c}+\sqrt{c}}{\sqrt{ab}} = \\ =\frac{n-1}{\sqrt{ab}} \cdot (\sqrt{a}+\sqrt{b}-2\sqrt{c}}) \le \sqrt{a}+\sqrt{b}-2\sqrt{c}}\)

Co dowodzi, że:
\(\displaystyle{ \sqrt{a}+\sqrt{b}-(n-1)(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}) \ge \sqrt{c}+\sqrt{c}-(n-1)(\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}})}\)

Zatem różnica lewej strony i prawej wraz z każdym kolejnym przybliżeniem się zmniejsza. Tworzymy ciąg przybliżeń, w granicy w nieskończoności wszystkie zmienne są równe i zachodzi równość pomiędzy lewą a prawą stroną, zatem nierówność jest prawdziwa.

Możliwe są następujące przypadki:
(1)Istnieją takie \(\displaystyle{ a_{i}}\) i \(\displaystyle{ a_{j}}\), które dają taką samą resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\). Wówczas \(\displaystyle{ p|a_{i}-a_{j}}\)
(2)Istnieją takie \(\displaystyle{ b_{i}}\) i \(\displaystyle{ b_{j}}\). które dają taką samą resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\). Wówczas \(\displaystyle{ p|b_{i}-b_{j}}\)
(3)Nie istnieją ani takie \(\displaystyle{ a_{i}}\) i \(\displaystyle{ a_{j}}\), ani takie \(\displaystyle{ b_{i}}\) i \(\displaystyle{ b_{j}}\) dające taką samą resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\) i...
a)...istnieją takie dwa wyrazy ciągu \(\displaystyle{ a_{1}b_{1}, a_{2}b_{2},...,a_{p}b_{p}}\)(niech będą to \(\displaystyle{ a_{i}b_{i}}\) i \(\displaystyle{ a_{j}b_{j}}\)), które dają taką samą resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\). Wówczas \(\displaystyle{ p|a_{i}b_{i}-a_{j}b_{j}}\)
b)...nie istnieją takie dwa wyrazy ciągu \(\displaystyle{ a_{1}b_{1},a_{2}b_{2},...,a_{p}b_{p}}\), które dają taką samą resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\). Ale to nie jest możliwe. Czemu? Zauważmy najpierw, że w powyższym ciągu jest dokładnie jeden wyraz dający resztę \(\displaystyle{ 0}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\). Przyjmijmy, że tym wyrazem jest \(\displaystyle{ a_{p}b_{p} \Rightarrow a_{p} \equiv b_{p} \equiv 0}\) Wówczas (z tw. Wilsona)\(\displaystyle{ a_{1}a_{2}...a_{p-1} +1 \equiv (p-1)!+1 \equiv 0(modp)}\) oraz \(\displaystyle{ b_{1}b_{2}...b_{p-1} +1 \equiv 0(modp) \Rightarrow 0 \equiv (a_{1}...a_{p-1}+1)(b_{1}...b_{p-1}+1) \equiv a_{1}b_{1}...a_{p-1}b_{p-1}-1-1+1 \Rightarrow a_{1}b_{1}...a_{p-1}b_{p-1} \equiv 1(modp)}\)
Gdyby każdy wyraz ciągu \(\displaystyle{ a_{1}b_{1}, a_{2}b_{2},...,a_{p}b_{p}}\) dawał inną resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ p}\), to \(\displaystyle{ a_{1}b_{1}...a_{p-1}b_{p-1} \equiv -1}\). Sprzeczność.

Zauważmy, że należy wykonać \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \frac{n(n-1}{2}}\) ruchów. By liczba ruchów była całkowita, \(\displaystyle{ n}\) musi być postaci \(\displaystyle{ 4k}\) lub \(\displaystyle{ 4k+1}\). Można indukcyjnie udowodnić, że jest to warunek wystarczający, by dało się przetransportować wszystkie pionki na dół planszy.
(1) Sprawdzenie dla \(\displaystyle{ k=1}\). Ponieważ nikt nie powinien mieć z tym problemu , przejdę do punktu
(2) \(\displaystyle{ k+1}\) Na początek zajmę się \(\displaystyle{ 4(k+1)}\). Wyobraźcie sobie(jeśli coś w tym opisie okaże się niezrozumiałe, mogę zrobić rysunek) planszę \(\displaystyle{ 4k \times 4k}\). Na przekątnej łączącej lewy dolny róg z prawym górnym stoją pionki (np. różowe). Na mocy założenia indukcyjnego wiemy, że możliwe jest sprowadzenie wszystkich tych pionków na dół planszy. Z prawej strony szachownicy dowyobraźcie sobie prostokąt o wymiarach \(\displaystyle{ 4 \times 4k+4}\). Dzięki temu szachownica ma dłuższą o 4 pola przekątną. Podzielcie sobie teraz ten prostokąt na \(\displaystyle{ k+1}\)kwadratów o boku 4. Skupmy się na kwadracie znajdującym się na samej górze planszy. Na przekątnej tego kwadratu oczywiście znajdują się pionki. Ze sprawdzenia dla \(\displaystyle{ k=1}\) wiemy, że można te pionki sprowadzić na dół tegoż kwadratu \(\displaystyle{ 4 \times 4}\). Teraz wystarczy sprawdzić, że 4 pionki mogą zawsze znaleźć się na dole kwadratu\(\displaystyle{ 4 \times 4}\)jeśli na początku znajdują się tuż nad planszą (lub jak kto woli, zawsze możemy przeprowadzić 4 pionki na dół prostokąta \(\displaystyle{ 4 \times 5}\), jeśli pionki znajdują się na początku na górze planszy).Dzięki temu możemy pomyślnie doprowadzić pionki na dół prostokąta \(\displaystyle{ 4 \times 4k+4}\).
Teraz czas na \(\displaystyle{ 4k+5}\). Dowód jest analogiczny -na początku należy wyobrazić sobie planszę \(\displaystyle{ 4k \times 4k}\), a potem dokleić do niej prostokąt \(\displaystyle{ 5 \times 4k+5}\)...