|
มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee
โจทย์อสมการของ Hojoo Lee
อสมการ |
อย่างที่บอกครับว่าโจทย์เยอะมากๆ ถ้าให้เฉลยหมดคงไม่ไหวครับ ถ้าสนใจข้อไหนเป็นพิเศษเดี๋ยวจะเอามาลงให้ ข้างล่างคือข้อที่ผมคิดได้แล้วครับ
1 2 3 4 7 10 12 13 17 19 22 23 24 25 26 31 33 38 40 42 45 46 49 50 51 55 56 57 58 60 62 63 64 65 67 68 70 74 76 80 81 82 83 84 85 86 87 89 90 91 92 94 96 99 100 101 102 103 106 107 108 115 116 117 118 119 120 121 122 124 126 127 133 134 137 142 146 147 148 149 150 151 152 153 155 156 157 Comment : 1. โจทย์ข้อ 2 พิมพ์ผิดครับ อสมการทางขวามือต้องเปลี่ยน 1 เป็น 2 2. ข้อ 156 โจทย์ก็น่าจะผิดครับ เพราะผมทำให้อสมการ sharp กว่าเดิมได้โดยเปลี่ยน 4 เป็น 10 ครับ |
82. By Cauchy-Schwarz inequality we have
$3xyz(x+y+z)\leq (xy+yz+zx)^2\leq (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2).....(1)$ By AM - GM inequality we get $\sqrt{x^2+y^2+z^2}(xy+yz+zx)\geq 3\sqrt{3}xyz......(2)$ Using equivalent forms of (1) and (2) and adding them together we get the required inequality. |
ข้อ11.เครื่องหมายกลับข้างครับ
|
มาเติมข้อที่เพิ่งทำได้ครับ
1 17 19 51 67 151 ป.ล. ขออภัยคุณ dektep ด้วยครับ ผมทำเฉลยข้อ 125 หายซะแล้วครับ เดี๋ยวคิดใหม่อีกรอบ :sweat: |
ข้อ17.ทำยังไงครับ :confused:
|
อ้างอิง:
17. ใช้อสมการนี้ $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{1+ab}$ ซึ่งสามารถพิสูจน์ได้โดยการจัดรูป ดังนั้นเราจะได้ $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2} + \frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd} =1$ |
อ้างอิง:
|
อยากได้เฉลยทุกข้อที่คุณ nooonuii ทำไว้เลยอะครับ จะได้มั้ยน้อ แล้วแต่จะกรุณาครับ
|
อ้างอิง:
ปัญหาคือ ผมมีคำตอบในเศษกระดาษครับ ผมตั้งใจว่าจะเอาคำตอบมาลงที่นี่เรื่อยๆจนกว่าจะครบ ในอีกทางหนึ่งก็จะ copy โค้ด Latex จากที่นี่ไปพิมพ์เก็บไว้ด้วย ถ้าผมเฉลยที่นี่ครบเมื่อไหร่ก็คงพิมพ์เสร็จพอดี ถึงตอนนั้นอาจจะทำเป็นไฟล์ pdf มาแจกได้ครับ ถ้าอยากได้จริงๆก็คงต้องรอหน่อยล่ะครับ ซึ่งผมก็ยังบอกแน่นอนไม่ได้ว่าเสร็จเมื่อไหร่ เพราะโจทย์เยอะมากๆ แต่ถ้าอยากรู้คำตอบโดยไม่ต้องรอและอ่านภาษาอังกฤษได้ ผมแนะนำเวบนี้ครับ mathlink อยากได้คำตอบข้อไหน ปีไหน ประเทศอะไร มีหมดครับ :great: |
มาเฉลยข้อที่คิดได้ครับ
1. BMO 2005 $a,b,c>0$ $$\frac{a^2}{b} +\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq a+b+c + \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$ $\displaystyle{\Big(\frac{a^2}{b}-a\Big) +\Big(\frac{b^2}{c}-b\Big)+\Big(\frac{c^2}{a}-c\Big)}$ $\displaystyle{=\frac{(a-b)^2}{b} +\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}}$ $\displaystyle{\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}}$ $\displaystyle{\geq \frac{(|a-b|+|b-c+c-a|)^2}{a+b+c}}$ $\displaystyle{\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}}$ $$\frac{b+c}{a^2} +\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2} \geq 2\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)$$ WLOG assume $a\leq b\leq c$. By rearrangement inequality, we have $\displaystyle{2\Big(\frac{b+c}{a^2} +\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2}\Big)}$ $\displaystyle{\geq \Big(\frac{b+c}{b^2} +\frac{c+a}{c^2}+\frac{a+b}{a^2}\Big)+\Big(\frac{b+c}{c^2} +\frac{c+a}{a^2}+\frac{a+b}{b^2}\Big)}$ $\displaystyle{= \frac{(b+c)(b^2+c^2)}{b^2c^2} +\frac{(c+a)(c^2+a^2)}{c^2a^2}+\frac{(a+b)(a^2+b^2)}{a^2b^2}}$ $\displaystyle{\geq 2\Big(\frac{1}{b} +\frac{1}{c}\Big)+2\Big(\frac{1}{c} +\frac{1}{a}\Big)+2\Big(\frac{1}{a} +\frac{1}{b}\Big)}$ $\displaystyle{= 4\Big(\frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)}$ |
3. Romania 2005 $a,b,c,d>0$
$$\frac{a}{b+2c+d}+\frac{b}{c+2d+a}+\frac{c}{d+2a+b}+\frac{d}{a+2b+c}\geq 1$$ $LHS = \displaystyle{\frac{a^2}{ab+2ac+ad}+\frac{b^2}{bc+2bd+ab}+\frac{c^2}{cd+2ac+bc}+\frac{d^2}{ad+2bd+cd}}$ $\geq \displaystyle{\frac{(a+b+c+d)^2}{2(ab+bc+cd+da)+4(ac+bd)}}$ $\geq 1$ $$a+b+c\geq \frac{3}{abc}$$ By Cauchy-Schwarz inequality, we have $$3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2$$ By assumption we have $$3(ab+bc+ca)\leq 3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2.$$ Thus $3\leq ab+bc+ca$. Therefore, $$\frac{3}{abc}\leq 3\Big(\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\Big)\leq a+b+c.$$ |
คิดข้อ 7 ผิดครับ :sweat: งั้นขอเฉลยสามข้อนี้ก่อนละกัน
31,87,92 สามข้อนี้สามารถพิสูจน์ได้ด้วยอสมการข้อ 87 ครับ 87. USA 1997 $(a,b,c>0)$ $$\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{abc}$$ We can easily show that 31. Baltic Way 2004 $a,b,c>0,abc = 1,n\in\mathbb{N}$$$a^3+b^3\geq ab(a+b).$$ Thus $$\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}$$ Hence $$LHS \leq \frac{1}{ab(a+b+c)} +\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ca(a+b+c)}=\frac{1}{abc}.$$ $$\frac{1}{a^n+b^n+1}+\frac{1}{b^n+c^n+1}+\frac{1}{c^n+a^n+1}\leq 1$$ Let $x=a^{n/3},y=b^{n/3},z=c^{n/3}.$ Then $xyz=1.$ Thus the inequality is equivalent to # 87. 92. IMO Short List 1996 (a,b,c>0,abc=1)$$\frac{ab}{a^5+b^5+ab}+\frac{bc}{b^5+c^5+bc}+\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\leq 1$$ We can easily show that ได้ข้อ 7 แล้วครับ :yum: $$ab(a^3+b^3)\leq a^5+b^5.$$ Thus $$\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\leq \frac{1}{a^3+b^3+abc}. $$ Hence the inequality is a direct consequence of #87. 7. Romania 2005 $a,b,c>0, \,abc\geq 1$ $$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$$ Let $k=\sqrt[3]{abc}$ and $\displaystyle{ x=\frac{a}{k},y=\frac{b}{k},z=\frac{c}{k}}$. Then $k\geq 1$ and $xyz=1$. Thus $\displaystyle{ LHS = \frac{1}{kx+ky+1}+\frac{1}{ky+kz+1}+\frac{1}{kz+kx+1}}$ $\displaystyle{ \leq \frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}}$ $\leq 1.$ Note that the last inequality is just a special case of # 31. |
10,22,151 สามข้อนี้ใช้ไอเดียเดียวกันครับ
10. Romania 2005 $a,b,c>0,a+b+c=1$ $$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}}$$ Since $f(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x}}$ is convex on $[0,1]$, Jensen's inequality implies that 22. Serbia and Montenegro 2005 $(a,b,c>0)$$\displaystyle{ LHS=\frac{a}{\sqrt{1-a}}+\frac{b}{\sqrt{1-b}}+\frac{c}{\sqrt{1-c}} }$ $\displaystyle{ \geq 3f\Big(\frac{a+b+c}{3}\Big)}$ $\displaystyle{ =\sqrt{\frac{3}{2}} }$ $$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$$ The inequality is homogeneous! Thus we can normalize by letting $a+b+c=1$. Then the problem becomes #10. 151. The same problem as #10. |
12. Czech and Slovak 2005 $a,b,c>0, abc =1$
$$\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}$$ Brute force!! The inequality is equivalent to 13. Japan 2005 $a,b,c>0, a+b+c =1$$$ab+bc+ca+a+b+c\geq 6$$ which is easy to prove by AM-GM inequality. $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$ $\displaystyle{LHS=a\sqrt[3]{(a+2b)\cdot 1\cdot 1}+b\sqrt[3]{(b+2c)\cdot 1\cdot 1}+c\sqrt[3]{(c+2a)\cdot 1\cdot 1}}$ $\displaystyle{\leq \frac{a(a+2b+2)+b(b+2c+2)+c(c+2a+2)}{3}}$ $\displaystyle{=\frac{(a+b+c)^2+2(a+b+c)}{3}}$ $=1$ |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 18:07 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha