Matematyka.pl

Oczywiście \(\displaystyle{ \mathrm{Re}\left(\sum_{k=0}^na_k b_k\right)=\sum_{k=0}^n\mathrm{Re} \ a_k b_k}\).
Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \mathrm{Re} \ ab\le |a||b|}\) dla \(\displaystyle{ a,b\in \CC}\).
Niech \(\displaystyle{ a=x_1+iy_1, \ b=x_2+iy_2, \ x_1, x_2, y_1, y_2\in \RR}\). Mamy
\(\displaystyle{ \mathrm{Re} \ ab=x_1x_2-y_1y_2, \ |a||b|=\sqrt{\left(x_1^2+y_1^2\right)\left(x_2^2+y_2^2\right)}}\)
i jeśli \(\displaystyle{ \mathrm{Re} \ ab\le 0}\), to nierówność zachodzi w sposób oczywisty, a w przeciwnym razie jest równoważna nastepującej:
\(\displaystyle{ (x_1 x_2-y_1y_2)^2\le \left(x_1^2+y_1^2\right)\left(x_2^2+y_2^2\right)}\), a to jest nierówność Schwarza dla wektorów \(\displaystyle{ \left(\begin{array}{cc}x_1\\y_1\end{array}\right), \ \left(\begin{array}{cc}x_2\\-y_2\end{array}\right)}\).

Wystarczy zatem wykazać, że \(\displaystyle{ |a_k||b_k|\le \frac{1}{3n+2}\left(|a_k|^2+\frac{9n^2+6n+2}{2}|b_k|^2\right) \ (*)}\) i dodać odpowiednie nierówności stronami dla \(\displaystyle{ k=0,1\ldots n}\).
Nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) jest zaś równoważna następującej:
\(\displaystyle{ \left(\frac{3n+2}{2}|b_k|-|a_k|\right)^2+\frac{9n^2}{4}|b_k|^2 \ge 0. }\)
Jest to prawda, c.k.d.

Będę się pastwił:

Wezmę pod uwagę tę sumę w taki sposób:

\(\displaystyle{ {k(p-1) \choose p-1} + {k(p-1) \choose 2(p-1)}+...+ {k(p-1) \choose j(p-1)}+...+ {k(p-1) \choose (k-1)(p-1)} +2}\)

Dwójka czyli pierwszy i ostatni składnik przeszkadza

Ponieważ jest to modulo \(\displaystyle{ p^2}\) więc możemy porobić założenia co do \(\displaystyle{ k}\):

\(\displaystyle{ 2 \le k <p}\)

Wydoli też dla \(\displaystyle{ k=p \wedge p+1}\)

Dla większych już nie trzeba...

I teraz z Lucasa czy co tam chcemy mamy takie twierdzenie:

jeżeli:

\(\displaystyle{ p| {n \choose k} }\)

\(\displaystyle{ n=\alpha p+r }\)

\(\displaystyle{ n-k= \beta p +s}\)

\(\displaystyle{ k=\gamma p +t}\)

\(\displaystyle{ \alpha, \beta , \gamma, r, s, t <p}\)

to:

\(\displaystyle{ {n \choose k} =-p \frac{r!}{s! \cdot t!} \cdot \frac{\alpha!}{\beta! \cdot \gamma!} \mod p^2 }\)

Wzór ten możemy rozszerzyć na \(\displaystyle{ \mod p^n}\) , ale tu nie ma takiej potrzeby...

I teraz tak:

\(\displaystyle{ 2 \le k<p}\)

\(\displaystyle{ k(p-1)=kp-k=(k-1)p+(p-k)}\)

\(\displaystyle{ kp-k-jp+j=(k-1-j)p+(p-k+j)}\)

\(\displaystyle{ j(p-1)=(j-1)p+(p-j)}\)


nietrudno sprawdzić, że:

\(\displaystyle{ p| {k(p-1) \choose j(p-1)}}\)

pe do drugiej już tego nie dzieli...

Jeszcze jedno, jeżeli:

\(\displaystyle{ k=p \vee k=p+1}\) to mamy:

\(\displaystyle{ p(p-1)=(p-1)p+0}\)

\(\displaystyle{ (p+1)(p-1)=(p-1)p+(p-1)}\)

Więc nie stracimy ogólności bo jak widać fajnie się przekłada

Teraz więc stosujemy wzór Lucasa:

\(\displaystyle{ {k(p-1) \choose j(p-1)}=-p \frac{(p-k)! \cdot (k-1)!}{(j-1)! \cdot (p-k+j)! \cdot (k-1-j)! \cdot (p-j)!} }\)

Więc dla wszystkich:

\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{k-1} {k(p-1) \choose j(p-1)}=-p \cdot (p-k)! \cdot (k-1)! \cdot \sum_{j=1}^{k-1} \frac{1}{(j-1)! \cdot (p-k+j)! \cdot (k-1-j)! \cdot (p-j)!} }\)

I teraz miałem problem ze zwinięciem tego ale się udało, nawet dość zgrabnie , proponuję jako ćwiczenie udowodnić:

=\(\displaystyle{ -p \cdot (p-k)! \cdot (k-1)! \cdot \frac{\left[ 2(p-1)\right]! }{(p-1)! \cdot (p-1)! \cdot (k-2)! \cdot (2p-k)!} }\)

Już to wygląda dużo lepiej ale zróbmy jeszcze parę przeróbek:

\(\displaystyle{ -p \cdot (p-k)! \cdot (k-1) \cdot \frac{\left[ 2(p-1)\right]! \cdot p}{(p-1)! \cdot p!} \cdot \frac{1}{(2p-k)!} }\)

=\(\displaystyle{ p(1-k) \cdot \frac{\left[ 2p-2\right]! \cdot (2p-1) \cdot p}{(p-1)! \cdot p!} \cdot \frac{1}{(2p-k)! \cdot (2p-1)}}\)

\(\displaystyle{ p(1-k) \cdot {2p-1 \choose p-1} \cdot \frac{p(p-k)!}{(2p-1) \cdot (2p-k)!} }\)=

\(\displaystyle{ p(1-k) \cdot {2p-1 \choose p} \cdot \frac{p(p-k)!}{(2p-1) \cdot (2p-k)!} }\)=

łatwo wykazać, że:

\(\displaystyle{ {2p-1 \choose p} =1 \mod p^2}\)

Więc mamy następne z głowy, zaczyna się upraszczać:

\(\displaystyle{ p(1-k) \cdot \frac{p(p-k)!}{(2p-1)(2p-k)!}}\)

Brnijmy dalej:

\(\displaystyle{ p(1-k) \cdot \frac{1}{(2p-1)(p-1) \cdot {2p-k \choose p} } }\)

Teraz weźmy:

\(\displaystyle{ (2p-1)(p-1)=-3p+1 \mod p^2}\)

Ale, łatwo udowodnić, że:

\(\displaystyle{ (-3p+1)^{-1}=1+3p \mod p^2}\)

przemnóżmy:

\(\displaystyle{ p(1-k) \cdot (3p+1)=p(1-k) \mod p^2}\)

Teraz jest naprawdę dobrze bo mamy już tylko:

\(\displaystyle{ p(1-k) \cdot \frac{1}{ {2p-k \choose p} } }\)

Sprawdzałem , łatwo to pokazać każdy se może, że:

\(\displaystyle{ {2p-k \choose p}= {p-k \choose p}=sp+1 \mod p^2}\)

a:

\(\displaystyle{ (sp+1)^{-1}=1-sp \mod p^2}\)

Więc dostaliśmy:

\(\displaystyle{ p(1-k)(1-sp)=(1-k)p=p(1-k) \mod p^2}\)

Dorzucając tę dwójkę z początku otrzymamy:

\(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{k} {k(p-1) \choose j(p-1)} =2+p(1-k) \mod p^2}\)

cnd...

No o tyle dobrze, że działania modulo się dobrze redukują i łatwo liczyć, powinni ich uczyć w szkołach specjalnych... bo łatwe..
(nie mówię o tym koszmarze) bo nie łatwe...

Przy pewnym zauważalnym, acz nieprzeważającym udziale procentowym machania rękami można to zadanie rozwiązać stosując taki jeden klasyczny chwyt.

Najpierw oznaczenia: \(t,u,v\) - boki trójkąta; \(R,r,s\) - promień okręgu opisanego, wpisanego, połowa obwodu trójkąta.
\(\bullet\) Po pierwsze, w dowolnym trójkącie nierozwartokątnym prawdziwa jest nierówność Walkera: \(s^2\ge 2R^2+8Rr+3r^2\). Rzeczywiście, wynika ona wprost z tożsamości \[\sum\left(t^2+v^2-u^2\right)\left(t^2+u^2-v^2\right)(u-v)^2=32s^2r^2\left(s^2-2R^2-8Rr-3r^2\right),\] którą uzyskać można przy pomocy \(t+u+v=2s,\ tu+uv+vt=4Rr+r^2+s^2,\ tuv=4Rrs\). Równość w nierówności Walkera mamy dla trójkątów równobocznych, a także dla prostokątnych równoramiennych.
\(\bullet\) Po drugie, w dowolnym nierozwartokątnym trójkącie \(TUV\) prawdziwa jest nierówność \begin{gather*}\cos (T-U)+\cos (U-V)+\cos (V-T)\ge\frac{2}{\sqrt{3}}(\sin 2T+\sin 2U+\sin 2V).\tag{$*$}\end{gather*} Jest ona równoważna \[\sum\sin T\sin U+\sum\cos T\cos U\ge\frac{2}{\sqrt{3}}\sum\sin 2T\] i może być z pomocą \(\sum\sin T\sin U=\frac{s^2+4Rr+r^2}{4R^2}\), \(\sum\cos T\cos U=\frac{s^2-4R^2+r^2}{4R^2}\), \(\sum\sin 2T=\frac{2sr}{R^2}\) przepisana jako \[\frac{s^2-2R^2+2Rr+r^2}{2R^2}\ge\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot\frac{2sr}{R^2}.\] Oczywiście, obie strony są tu nieujemne, bo \(T,U,V\) są nierozwarte, więc równoważnie dowodzimy \[3\left(s^2-2R^2+2Rr+r^2\right)^2\ge 64s^2r^2\] lub \begin{gather*}3s^4-2\left(6R^2-6Rr+29r^2\right)s^2+3\left(2R^2-2Rr-r^2\right)^2\ge 0.\tag{$**$}\end{gather*} Ponieważ \((**)\) można zapisać jako \[3\left(s^2-2R^2-8Rr-3r^2\right)^2+20\left(s^2-2R^2-8Rr-3r^2\right)(3R-2r)r+4(R-2r)(43R+18r)r^2\ge 0,\] to jest ona prawdziwa na mocy nierówności Eulera: \(R\ge 2r\) oraz Walkera: \(s^2\ge 2R^2+8Rr+3r^2\).
\(\bullet\) Po trzecie, dla każdej trójki \((T,U,V)\) kątów przy wierzchołkach trójkąta nierozwartokątnego istnieje (niekoniecznie nierozwartokątny) trójkąt o kątach \((A,B,C)=(\pi-2T,\pi-2U,\pi-2V)\), a z drugiej strony, każda trójka \((A,B,C)\) kątów trójkąta może zostać uzyskana przez dobór odpowiednich kątów nierozwartych trójkąta \((T,U,V)=\left(\frac{\pi-A}{2},\frac{\pi-B}{2},\frac{\pi-C}{2}\right)\). Po podstawieniu do \((*)\) otrzymujemy
\[\cos\left(\frac{\pi-A}{2}-\frac{\pi-B}{2}\right)+\cos\left(\frac{\pi-B}{2}-\frac{\pi-C}{2}\right)+\cos\left(\frac{\pi-C}{2}-\frac{\pi-A}{2}\right)\ge\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\sin (\pi-A)+\sin (\pi-B)+\sin (\pi-C)\right)\] lub równoważnie \[\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{B-C}{2}+\cos\frac{C-A}{2}\ge\frac{2}{\sqrt{3}}\left(\sin A+\sin B+\sin C\right),\] co było do okazania.
Równość wtw, gdy mamy ją w \((**)\), tzn. tylko dla trójkątów równobocznych.