Matematyka.pl

CS w formie Engela:
\(\displaystyle{ \frac{\left( \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}\right)^2}{x+y+z} \leq \sum\frac{x-1}{x}= 3-\sum\frac{1}{x}=1}\)

Lemat:
W danym zbiorze punktów, jeśli nie wszystkie są współliniowe to istnieje prosta zawierająca dokładnie 2 punkty.
Dowód tego faktu został przedstawiony w tym artykule: Dla \(\displaystyle{ n=3}\) teza zadania jest oczywista. Dla większych n zastosujemy indukcje wybieramy jedną z prostych zawierającą dokładnie 2 punkty(korzystając Lematu). Z tych dwóch punktów wybieramy ten, po usunięciu, którego pozostałe punkty nie będą współliniowe (łatwo udowodnić, że taki istnieje). Dzięki założeniu indukcyjnemu wiemy, iż pozostałe punkty wyznaczają n-1 prostych.
c.k.d.

Trzykrotna zamiana stosunków odcinków na stosunki pól i sinusy.

rozwiazaniem ogólnym rekurencji \(\displaystyle{ x_{n+4} = x_{n+1}+x_{n}}\) jest \(\displaystyle{ x_{n} = c_{1}a_{1}^{n}+ c_{2}a_{2}^{n}+ c_{3}a_{3}^{n}+ c_{4}a_{4}^{n}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_{i}}\) są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ x^{4}-x-1}\), a potem z warunkow na 4 początkowe wartości \(\displaystyle{ x_{n}}\) i wzorów Viete'y pokazujemy że \(\displaystyle{ c_{1}=c_{2}=c_{3}=c_{4}=1}\) czyli mamy \(\displaystyle{ x_{n} = a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+a_{3}^{n}+a_{4}^{n}}\). Ale
\(\displaystyle{ 0=x_{1}^{p}=(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4})^{p}= a_{1}^{p}+a_{2}^{p}+a_{3}^{p}+a_{4}^{p} + \sum_{i=1,2,...,p-1}^{} {p \choose i} \sum_{permutacje (e_{1},e_{2},e_{3},e_{4}) zbioru (1,2,3,4)}a_{e_{1}}^{t}a_{e_{2}}^{y}a_{e_{3}}^{u}a_{e_{4}}^{j}}\), a ponieważ dla \(\displaystyle{ i \in \left\{ 1,...,p-1\right\}}\) i \(\displaystyle{ p \in P}\) \(\displaystyle{ p}\) dzieli \(\displaystyle{ {p \choose i}}\), więc wystarczy teraz udowodnić, że wewnętrzna suma jest liczbą calkowitą dla każdej czwórki liczb naturalnych (t,y,u,j) (to znowu z Viete'y) i wysnuwamy wniosek, ze \(\displaystyle{ p}\) dzieli wtedy \(\displaystyle{ a_{1}^{p}+a_{2}^{p}+a_{3}^{p}+a_{4}^{p} = x_{p}}\)

Najpierw trochę podmieniamy znaczki, aby był łatwiej \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{x+1}=2}\) oraz teza \(\displaystyle{ \sum \sqrt{x} \leq \sqrt{x+y+z+3}}\). Wymnażamy założenie i dostajemy, że jest ono równoważne temu, że \(\displaystyle{ 2xyz+xy+yz+zx=1}\), a teza po podniesieniu do kwadratu jest równoważna temu, że \(\displaystyle{ 2 \sum \sqrt{xy} \leq 3}\). Teraz robimy podstawienie \(\displaystyle{ a:=\sqrt{xy}}\) itd. i teza \(\displaystyle{ a+b+c \leq \frac{3}{2}}\), a założenie \(\displaystyle{ \sum a^2=1-2abc}\). Możemy tu odwrócić problem i powiedzieć, że założenie to \(\displaystyle{ a+b+c=\frac{3}{2}}\) i teza \(\displaystyle{ \sum a^2 \geq 1-2abc}\). No to \(\displaystyle{ c=\frac{3}{2}-a-b}\) i podstawiamy to do naszej tezy i otrzymujemy jej równoważną postać \(\displaystyle{ ab+\frac{5}{4} \geq (a+b)(2ab-2a-2b+3)}\).
Jak ktoś to czyta, to teraz zacznie się coś trochę fajniejszego niż takie gówniane przekształcanie jak wcześniej. Ustalmy sumę \(\displaystyle{ a+b=S}\) i będziemy patrzyli co się dzieje z iloczynem \(\displaystyle{ ab}\).
Nasza nierówność jest równoważna temu, że \(\displaystyle{ ab(1-2S)+\frac{5}{4} \geq -2S^2+3}\).
Rozważmy 2 przypadki, ze względu na to, jakiego znaku jest \(\displaystyle{ 1-2S}\).
\(\displaystyle{ 1^o}\)
\(\displaystyle{ 1-2S<0}\), wtedy im zwiększa się iloczyn \(\displaystyle{ ab}\) tym zmniejsza się lewa strona, zatem wystarczy, że dowiedziemy naszą nierówność dla \(\displaystyle{ a=b}\), a to już tylko żmudne, ale proste ćwiczenie, że \(\displaystyle{ -(a-\frac{1}{2})^2(a-\frac{5}{4}) \geq 0}\), a to jest oczywiście prawdą (\(\displaystyle{ a=b}\) oraz \(\displaystyle{ a+b+c=\frac{3}{2}}\), a wszystkie są dodatnie, zatem \(\displaystyle{ a \leq \frac{3}{4}}\)).
\(\displaystyle{ 2^o}\)
\(\displaystyle{ 1-2S \geq 0}\). Ale halo! Tym przypadkiem w ogóle nie musimy się zajmować. Spośród zmiennych \(\displaystyle{ a, b, c}\) sumujących się do \(\displaystyle{ \frac{3}{2}}\) na pewno możemy wybrać taka, aby 2 pozostałe sumowały się do co najmniej \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) (a nawet 1). Zatem możemy sobie założyć, że \(\displaystyle{ c \leq a, b}\), bo nasza nierówność jest symetryczna, zatem ten przypadek dla nas w ogóle nie istnieje (co ciekawe, dana nierówność w tym przypadku też musi być prawdziwa, ale aby tego dowieść, nie musimy tego dowodzić ).
c.K.u.z.s.

Stwórzmy graf dwudzielny, z jednej strony wierzchołki odpowiadają punktom (niech to będzie zbiór \(\displaystyle{ X}\), a z drugiej wyznaczonym prostym (a to zbiór \(\displaystyle{ Y}\)). Teraz połączmy wierzchołki odpowiadające punktom i prostym, jeżeli dany punkt leży na danej proste. Załóżmy, że \(\displaystyle{ |X| \geq |Y|}\), udowodnimy, że w takim przypadku musi być \(\displaystyle{ |X|=|Y|}\).
Zauważmy, że jeżeli pewien wierzchołek odpowiadający punktowi nie jest połączony z pewną prostą, to z prostych powodów \(\displaystyle{ d(x) \ge d(y)}\), gdzie \(\displaystyle{ d(v)}\) to stopień \(\displaystyle{ v}\), a \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) to wierzchołki odpowiadające danemu punktowi i danej prostej. Zatem wtedy \(\displaystyle{ |X|d(x) \ge |Y|d(y) \Rightarrow |Y|(|X|-d(y)) \ge |X|(|Y|-d(x)) \Rightarrow \frac{1}{|X|(|Y|-d(x))} \ge \frac{1}{|Y|(|X|-d(y))}}\).
Teraz każdej NIEkrawędzi w naszym grafie przyporządkujmy wagę \(\displaystyle{ \frac{1}{|X|(|Y|-d(x))}}\), gdzie \(\displaystyle{ d(x)}\), to stopień wierzchołka-punktu z którego wychodzi. Dla każdego wierzchołka punktu wagi krawędzi wysumują się do \(\displaystyle{ \frac{1}{|X|}}\), zatem w sumie wysumują się do \(\displaystyle{ 1}\).
Teraz zapomnijmy o starych wagach i każdej NIEkrawędzi przyporządkujmy wagę \(\displaystyle{ \frac{1}{|Y|(|X|-d(y))}}\), gdzie analogicznie \(\displaystyle{ d(y)}\) to stopień wierzchołka-prostej, z której wychodzi. Zauważmy, że wobec poprzedniej nierówności, każdej niekrawędzi przyporządkowywujemy wagę nie większa niż wcześniej. Ale zauważmy, że przy każdym wierzchołku-prostej te wagi te wagi wysumują się do \(\displaystyle{ \frac{1}{|Y|}}\), zatem w sumie do znowu \(\displaystyle{ 1}\). Z tego wniosek, że każdej krawędzi musieliśmy przyporządkować taką sama wagę, zatem wszędzie po drodze musiały być równości w naszych nierównościach, czyli \(\displaystyle{ |X|=|Y|}\).
c.K.u.z.s.
Zarąbiste

Oczywiście \(\displaystyle{ AO\perp EF}\). Zrzutujmy punkt \(\displaystyle{ A}\) na proste \(\displaystyle{ QE}\) i \(\displaystyle{ FP}\) otrzymując odpowiednio punkty \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\). Punkty \(\displaystyle{ E, F, X, Y}\) leżą na jednym okręgu (przeliczenie na kątach). Zatem \(\displaystyle{ \angle QAF = \pi - \angle FXE = \pi - \angle FYE = \angle EAP}\).

Wykazujemy, że \(\displaystyle{ X_n = c_1^n+c_2^n+c_3^n+c_4^n}\), gdzie \(\displaystyle{ c_1, c_2, c_3, c_4}\) to pierwiastki wielomianu \(\displaystyle{ t^4-t-1}\) (z Viety). Dla przypomnienia pojęcia i proste fakty:
1) liczba algebraiczna to liczba zespolona, która jest pierwiastkiem wielomianu o współczynnikach całkowitych
2) liczba algebraicznie całkowita (ang. algebraic integer) to liczba zespolona, która jest pierwiastkiem wielomianu unormowanego o współczynnikach całkowitych
3) liczby algebraiczne tworzą ciało, liczby algebraicznie całkowite tworzą pierścień
4) liczba wymierna, która jest algebraicznie całkowita, jest całkowita.
Oczywiście nasze \(\displaystyle{ c_i}\) to liczby algebraicznie całkowite. Prawdziwe jest następujące twierdzenie (uogólnienie MTF): Jeśli \(\displaystyle{ r_1, r_2, ..., r_k}\) to wszystkie pierwiastki wielomianu unormowanego o współczynnikach całkowitych, a \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, to:
\(\displaystyle{ \frac{1}{p} \left( (r_1+r_2+...+r_k)^p - r_1^p - r_2^p - ... - r_k^p \right)}\) jest całkowite. W prosty sposób wynika z tego teza zadania.
Na początek: niech \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) będą liczbami algebraicznie całkowitymi. Wtedy \(\displaystyle{ \frac{1}{p} \left( (a+b)^p - a^p - b^p \right) = \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{p} {p \choose i} a^i b^{p-i}}\), co jest liczbą algebraicznie całkowitą jako suma iloczynów liczb algebraicznie całkowitych. Przez prostą indukcję, liczba \(\displaystyle{ \frac{1}{p} \left( (r_1+r_2+...+r_k)^p - r_1^p - r_2^p - ... - r_k^p \right)}\) jest algebraicznie całkowita. Jest ona też wymierna, jako wyrażenie symetryczne od wszystkich pierwiastków wielomianu o współczynnikach całkowitych. Na mocy faktu 4), zadane wyrażenie jest liczbą całkowitą, co należało pokazać.