|
โจทย์หัดแต่งเองครับ ไม่ยาก
ให้ $x,y,z>0$ โดยที่ $x^6+y^6+z^6=x^3+y^3+z^3$
จงพิสูจน์ว่า $$\frac{x^8+y^8+z^8}{3} \geq \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\cdot \frac{x^2+y^2+z^2}{3}\cdot \frac{x+y+z}{3}$$ |
ไม่รู้ผมคิดมากไปหรือเปล่า เฉลยน่าจะสั้นกว่านี้ (นี่ก็ยังไม่มั่นใจว่าถูกหรือเปล่า:p)
โดย Cauchy's inequality จะได้ว่า $x^3+y^3+z^3\leqslant \sqrt{x^6+y^6+z^6} \sqrt{1+1+1}$ นั่นคือ $x^6+y^6+z^6 \geqslant \dfrac{(x^3+y^3+z^3)^2}{3}$ จาก $x^6+y^6+z^6=x^3+y^3+z^3$ เพราะฉะนั้น $1 \geqslant \dfrac{x^3+y^3+z^3}{3}$ จะได้ว่า $\dfrac{x^2+y^2+z^2}{3} \geqslant \dfrac{x^3+y^3+z^3}{3} \cdot \dfrac{x^2+y^2+z^2}{3}\_\_\_\_\_\_\_(*)$ โดย Cauchy's inequality จะได้ว่า $\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\leqslant x^2+y^2+z^2\_\_\_\_(I)$ $\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}\leqslant x^4+y^4+z^4\_\_\_\_(II)$ $\dfrac{(x^4+y^4+z^4)^2}{3}\leqslant x^8+y^8+z^8\_\_\_\_(III)$ จาก (II) และ (III) จะได้ว่า $x^8+y^8+z^8\geqslant \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^4}{3^3}$ จะได้ว่า $\dfrac{x^8+y^8+z^8}{3} \geqslant (\dfrac{x^2+y^2+z^2}{3})^4=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{3} \cdot (\dfrac{x^2+y^2+z^2}{3})^3 $ จาก (*) จะได้ว่า $\dfrac{x^8+y^8+z^8}{3} \geqslant \dfrac{x^3+y^3+z^3}{3} \cdot \dfrac{x^2+y^2+z^2}{3} \cdot (\dfrac{x^2+y^2+z^2}{3})^3 $ จาก (I) จะได้ว่า $\dfrac{x^8+y^8+z^8}{3} \geqslant \dfrac{x^3+y^3+z^3}{3} \cdot \dfrac{x^2+y^2+z^2}{3} \cdot (\dfrac{x+y+z}{3})^6 $ ต่อไปจะแสดงว่า $x+y+z \geqslant 3$ สำหรับ $x,y,z>0$ เนื่องจาก $f(x,y,z)=x+y+z$ เป็น Homogeneous จึงสมมติ $xyz=1$ โดย AM-GM inequality จะได้ว่า $x+y+z\geqslant 3 (xyz)^{1/3}=3$ จึงได้ว่า $(x+y+z)^5\geqslant 3^5$ นั่นคือ $(\dfrac{x+y+z}{3})^5\geqslant 1$ เพราะฉะนั้น $(\dfrac{x+y+z}{3})^6\geqslant \dfrac{x+y+z}{3}$ ดังนั้น $\dfrac{x^8+y^8+z^8}{3} \geqslant \dfrac{x^3+y^3+z^3}{3} \cdot \dfrac{x^2+y^2+z^2}{3} \cdot \dfrac{x+y+z}{3} $ |
$x^3+y^3+z^3\geqslant \sqrt{x^6+y^6+z^6} \sqrt{1+1+1}$
ผมว่า มันกลับด้านป่ะครับ หรือผมเข้าใจอะไรผิด |
ส่วนทีผมคิดครับ ยังไงก็ช่วยเช็คหน่อยครับ
จาก Chebyshev $$\frac{x^8+y^8+z^8}{3}\geqslant \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\frac{x^2+y^2+z^2}{3}$$ $$...(*)$$ $$\because x^6+y^6+z^6=x^3+y^3+z^3$$ เเละ Cauchy จะได้ว่า $$x^3+y^3+z^3\leqslant 3$$ $$\because (x^3+y^3+z^3)^2 \leqslant 3(x^6+y^6+z^6)$$ Cheby(อีกรอบ) $$9\geqslant 3(x(x^2)+y(y^2)+z(z^2)\geqslant (x+y+z)(x^2+y^2+z^2)) $$ $$\because x^2+y^2+z^2\geqslant \frac{(x+y+z)^2}{3}$$ $$\rightarrow 9\geqslant \frac{(x+y+z)^3}{3}$$ $$\rightarrow x+y+z \leqslant 3$$ $$\rightarrow 1\geqslant \frac{x+y+z}{3}$$ $$...(**)$$ นำ (*)$\times$(**) $$\Rightarrow \frac{x^8+y^8+z^8}{3}\geqslant \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\frac{x^2+y^2+z^2}{3}\frac{x+y+z}{3}$$ |
#2 ผมไม่ค่อยแน่ใจนะครับเพราะวิธีนี้ไม่ค่อยได้ใช้ ถ้าเข้าใจผิดก็ชี้แนะด้วย
แต่ว่าถ้าจะกำหนด $xyz=1$ อสมการเวลาคูณค่าคงตัวเข้าไปต้องกลับเป็นรูปเดิมไม่ใช่เหรอครับ แต่อันนี้ดีกรีฝั่งขวามัน 11 แต่ ฝั่งซ้ายมัน 8 อ่ะครับ #4 ช่วยเรียบเรียงใหม่หน่อยได้ไหมครับ ผมอ่านไม่ค่อยเข้าใจ |
อ้างอิง:
ส่วนที่สมมติ xyz=1 เดี๋ยวขอไปดูใหม่ |
$\dfrac{x^8+y^8+z^8}{3}\geq \Big(\dfrac{x^6+y^6+z^6}{3}\Big)^{8/6}\geq \Big(\dfrac{x^3+y^3+z^3}{3}\Big)^2\geq \dfrac{x^3+y^3+z^3}{3}\cdot \dfrac{x^2+y^2+z^2}{3}\cdot \dfrac{x+y+z}{3}$
Power mean - เงื่อนไขโจทย์ - chebychev เติมให้ จะได้ต่อเนื่อง $a,b,c>0$ $\Big(a^7+b^7+c^7\Big)\Big(\dfrac{1}{a^5}+\dfrac{1}{b^5}+\dfrac{1}{c^5}\Big)\geq \Big(a^5+b^5+c^5\Big)\Big(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}\Big)$ |
อ้างอิง:
โดย Holder's inequality จะได้ $(x^6+y^6+z^6)(x^2+y^2+z^2)^3 \geq (x^3+y^3+z^3)^4$ $x^2+y^2+z^2 \geq x^3+y^3+z^3$ $(x^6+y^6+z^6)(x^2+y^2+z^2) \geq (x^3+y^3+z^3)^2$ แล้วใช้ chebychev ทั้งฝั่งซ้ายและขวาจะได้อสมการดังโจทย์ กระจายจะได้ $3+\sum_{sym}\frac{a^7}{b^5} \geq 3+\sum_{sym}\frac{a^5}{b^3}$ $\leftrightarrow \sum_{sym}a^{12}c^5 \geq \sum_{sym}a^{10}b^5c^2$ ซึ่งเป็นจริงโดย muirhead inequality ให้ $x,y,z\in \mathbb{R} $ โดยที่ $\sum_{cyc}(x^2+y^2)(y^2+z^2) =12$ จงพิสูจน์ว่า $$\frac{1}{3x^2+2x+1}+\frac{1}{3y^2+2y+1}+\frac{1}{3z^2+2z+1}+\frac{27}{4(x^2+y^2+z^2)+42} \geq 1$$ |
ขอเปลี่ยนโจทย์ดีกว่าครับ
กลัวจะร้างเหมือน มาราธอน :sweat::sweat: ข้อนี้เรียบๆครับ ไม่น่ากลัว เพิ่งคิดได้ร้อนๆเลย (ตอนนี้รู้แล้วว่าการสร้างโจทย์เรียบๆสวยๆ ยากกว่าการสร้างโจทย์แบบข้อข้างบน:sweat: ) ให้ $a,b,c>0$ โดยที่ $3 \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ จงพิสูจน์ว่า $$a+b+c \ge \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$$ |
โดย Cauchy's Inequality จะได้ว่า $a+b+c \ge \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$
โดย Muirhead's Inequality จะได้ว่า $\sum_{sym} a^{\frac{1}{2}}b^{\frac{1}{2}}c^0\geqslant \sum_{sym} a^{\frac{1}{2}}b^0c^0$ นั่นคือ $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ เพราะฉะนั้น $a+b+c\geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ เนื่องจาก $a\geqslant \sqrt{a},b \geqslant \sqrt{b}$ และ $c\geqslant \sqrt{c}$ เมื่อ $a,b,c\geqslant1$ นั่นคือ $3\geqslant \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ เพราะฉะนั้น $a+b+c\geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ เป็นจริงเมื่อ $3\geqslant \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ |
Muirhead's Inequality สองข้างต้องดีกรีเท่ากันครับ
|
จริงด้วย TT
ทำงี้ได้มั้ยครับ จาก $3\geqslant \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ ได้ว่า $3(a+b+c)\geqslant (a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})=1+1+1+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c}\geqslant 9$ จะได้ว่า $a+b+c\geqslant 3\_\_\_\_\_(I)$ โดย Cauchy's Inequality ได้ว่า $(a+b+c)\geqslant \dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{3}$ จาก (I) ได้ว่า $9\geqslant (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$ ได้ว่า $3 \geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\_\_\_\_\_(II)$ จาก (I) และ (II) ได้ว่า $a+b+c\geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ แก้แล้วครับ |
ตรง Cuachy Schwarz inequality มาได้ยังไงเหรอครับ
แล้วก็ (II) แทน $a=b=c=1$ แล้วไม่จริงครับ |
มึนอีกแล้ว ผิดหมดเลยครับ T T
แก้แล้วครับ |
ทำไม $9 \ge (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$ อ่ะครับ
|
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 00:53 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha