Matematyka.pl

To jest od Grinberga na IMO Shortlist 2008. Dowód firmowy jest brzydki, ale i tak ładniejszy od tego, co mi powychodziło.

może jakiś szkic (z czego się to robi ) itd ?

.
Jeżeli link w takiej formie nie działa, to to jest Problem A7:

Oznaczmy \(\displaystyle{ x+y=t,\ xy=u}\), znajdziemy \(\displaystyle{ t,u}\) w zależności od \(\displaystyle{ z}\):

\(\displaystyle{ \begin{cases}tz+u=12\\uz-t-z=2\end{cases}\iff\begin{cases}t=\frac{11z-2}{z^2+1}\\u=\frac{z^2+2z+12}{z^2+1}\end{cases}}\)

Rozwiązujemy równanie \(\displaystyle{ \left(z^2+1\right)v^2-(11z-2)v+\left(z^2+2z+12\right)=0}\)

Wyróżnik się zwija do \(\displaystyle{ -(z-2)^2(2z+1)(2z+11)}\), co jest nieujemne dla \(\displaystyle{ -\frac{11}{2}\le z\le -\frac{1}{2}}\) lub \(\displaystyle{ z=2}\).

Wynik: \(\displaystyle{ v=\frac{11z-2\pm (2-z)\sqrt{-(2z+1)(2z+11)}}{2\left(z^2+1\right)}}\)

Układ spełniają wszystkie permutacje trójek postaci:

\(\displaystyle{ (x,y,z)=\\ \\ \left(\frac{11w-2+ (2-w)\sqrt{-(2w+1)(2w+11)}}{2\left(w^2+1\right)},\frac{11w-2- (2-w)\sqrt{-(2w+1)(2w+11)}}{2\left(w^2+1\right)},w\right)}\)

przy \(\displaystyle{ -\frac{11}{2}\le w\le -\frac{1}{2}}\) lub \(\displaystyle{ w=2}\)

Niechaj \(\displaystyle{ A_{n}}\) - prawdopodobieństwo wyrzucenia nieparzystej liczby szóstek w \(\displaystyle{ n}\) rzutach,a także \(\displaystyle{ B_{n}}\) - prawdopodobieństwo wyrzucenia parzystej liczby szóstek w \(\displaystyle{ n}\) rzutach. Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ A_{n}+B_{n}=1}\), a także \(\displaystyle{ B_{1}= \frac{5}{6}, A_{1}= \frac{1}{6}}\) oraz
\(\displaystyle{ \begin{cases}A_{n+1}= \frac{1}{6}B_{n}+ \frac{5}{6}A_{n} \\B_{n+1}= \frac{1}{6}A_{n}+ \frac{5}{6}B_{n} \end{cases}}\)
Zdefiniujmyż pomocniczy ciąg różnic, \(\displaystyle{ C_{n}=B_{n}-A_{n}}\). Wtedy z powyższego mamy
\(\displaystyle{ C_{1}= \frac{2}{3}}\) oraz \(\displaystyle{ C_{n+1}= \frac{2}{3}C_{n}}\). Stąd \(\displaystyle{ C_{n}=\left( \frac{2}{3} \right)^{n}}\) i mamy układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases} A_{n}+B_{n}=1 \\ B_{n}-A_{n}=\left( \frac{2}{3} \right)^{n} \end{cases}}\)
Odejmując stronami, dostajemy \(\displaystyle{ A_{n}= \frac{1-\left( \frac{2}{3} \right)^{n} }{2}}\)

Zadanie sprowadza się do znalezienia jednostkowego wektora \(\displaystyle{ v}\) takiego, że \(\displaystyle{ |\langle v, w_i \rangle | \geq a_i}\) dla \(\displaystyle{ i=1, 2, \ldots, n}\). Łatwo zauważyć, że zbiór \(\displaystyle{ A_i}\) takich jednostkowych wektorów \(\displaystyle{ v}\), że \(\displaystyle{ |\langle v, w_i \rangle| < a_i}\), to dwa symetryczne łuki okręgu jednostkowego, z których każdy ma długość \(\displaystyle{ \pi - 2 \arc \cos a_i}\). Jeżeli wykażemy, że suma mnogościowa zbiorów \(\displaystyle{ A_i}\) nie pokrywa całego okręgu jednostkowego to zadanie zostanie rozwiązane - dowolny wektor \(\displaystyle{ v}\) okręgu nie należący do tej sumy będzie spełniał żądany warunek. Wystarczy więc udowodnić, że suma miar zbiorów \(\displaystyle{ A_i}\) jest mniejsza niż \(\displaystyle{ 2 \pi}\).

Udowodnimy, że \(\displaystyle{ \pi - 2 \arc \cos a_i \leq a_i \pi}\) i że równość zachodzi tylko dla \(\displaystyle{ a_i=1}\) lub \(\displaystyle{ a_i=0}\), co po zsumowaniu natychmiast da tezę. Sprowadza się to do wykazania nierówności
\(\displaystyle{ \arc \cos x + \frac{\pi}{2} x\geq \frac{\pi}{2}}\) dla \(\displaystyle{ x \in [0, 1]}\).
Analizując pochodną funkcji \(\displaystyle{ \arc \cos x + \frac{\pi}{2} a_i}\) widzimy, że funkcja jest rosnąca dla \(\displaystyle{ 0 \leq x \leq \sqrt{1-\frac{4}{\pi^2}}}\) oraz malejąca dla \(\displaystyle{ \sqrt{1-\frac{4}{\pi^2}} < x \leq 1}\). Żądana nierówność wynika więc z tego, że dla \(\displaystyle{ x=0}\) oraz \(\displaystyle{ x=1}\) mamy równość. W pozostałych punktach jest ścisła nierówność. Kończy to rozwiązanie zadania.