|
อสมการ
Show that for all positive a,b,c
$$(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3 \ge 3$$ by Power mean $\left(\,\dfrac{(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3}{3}\right)^{\dfrac{1}{3}} \ge \left(\,\dfrac{(\dfrac{a+2b}{a+2c})+\dfrac{b+2c}{b+2a})+(\dfrac{c+2a}{c+2b})}{3} \right)$ $RHS.=\dfrac{1}{3}\left(\,2\left(\,a+b+c\right)\left(\,\dfrac{1}{a+2c}+\dfrac{1}{b+2a}+\dfrac{1}{c+2b}\right)-3\right) $ $\dfrac{1}{a+2c}+\dfrac{1}{b+2a}+\dfrac{1}{c+2b} \ge \dfrac{3}{a+b+c}$ $RHS \ge 1$ $\left(\,\dfrac{(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3}{3}\right)^{\dfrac{1}{3}} \ge 1$ $(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3 \ge 3$ |
อ้างอิง:
$$(\dfrac{a+3b}{a+3c})^3+(\dfrac{b+3c}{b+3a})^3+(\dfrac{c+3a}{c+3b})^3 \ge 3$$ |
อ้างอิง:
|
จะเข้ามาบอกว่าวิธีสวยมากๆเลยครับ :great:
|
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
มีอีก 2 ข้อมาฝากครับ 1. Let a,b,c be positive reals.Prove that $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \ge 1$$ 2.Let a,b,c be positive reals a+b+c=1.Show that $$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{3}{2}}$$ โจทย์แนวนี้ที่มีติดรูทผมไม่ค่อยได้เลยอ่ะครับ พอเจอความรู้สึกมันก็คิดไปแล้วว่าทำไม่ได้ :( เซ็งมากครับ ปล.คุณ Keehlzver ไป IMO มาใช่ไหมครับเนี่ย |
ไม่ผิดครับ ไอเดียที่ทำมาก็สวยแล้วด้วย
สองข้อ ข้อแรกใช้ Holder แล้วก็อสมการพื้นฐาน ส่วนข้อสองถ้าผมจำไม่ผิดก็ Holder อีกนั่นแหละไม่ก็ใช้ความเป็น Convex Concave (เชิญพี่ Nooonuii ตามระเบียบเช่นเดิม :great: ) (ปล.ผมเคยไปมาครับ IMO แต่เป็น I may out! แปลว่าฉันอาจสอบตกครับ :D จริงๆเว็บบอร์ดที่นี่ระดับตัวแทนเข้ามาตอบน้อยมากเลยครับ ไม่ค่อยว่างกันหรอกพวกนี้) (ปล.2 เพิ่งเริ่มฝึกอสมการใช่หรือเปล่า ลองทำ Hojoo Lee ดูรึยังครับ ทำหมดนั่นรับรองเก่งขึ้นแน่ๆ ผมเป็นกำลังใจให้ครับ :great:) |
ข้อ 2
$$\frac{a}{\sqrt{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{1-a}}=\frac{1}{\sqrt{1-a}}-\sqrt{1-a}$$ $$LHS=\sum \frac{1}{\sqrt{1-a}} - \sum \sqrt{1-a}$$ แต่ $\sum \sqrt{1-a} \leq \sqrt{3}\sqrt{(1-a)+(1-b)+(1-c)}=\sqrt{6}$ นั่นคือ ต้องพิสูจน์ว่า $\sum \frac{1}{\sqrt{1-a}} \geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ จากอสมการ $\sum \frac{1}{\sqrt{1-a}} \geq \frac{(1+1+1)^2}{\sum \sqrt{1-a}}$ นั่นคือ จะต้องพิสูจน์ว่า $\sum \sqrt{1-a} \leq \sqrt{6}$ Clear :yum: |
อ้างอิง:
โดยอสมการของ Chebyshev's WLOG $a\ge b\ge c$ จะได้ว่า $$\frac{a}{ \sqrt{b+c}}+\frac{b}{ \sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{ \sqrt{a+b}}+\frac{1}{ \sqrt{b+c}}+\frac{1}{ \sqrt{c+a}})=\frac{1}{3}(\frac{1}{ \sqrt{a+b}}+\frac{1}{ \sqrt{b+c}}+\frac{1}{ \sqrt{c+a}})$$ นั่นคือ ต้องการพิสูจน์ว่า $$(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}})\ge 3\sqrt{\frac{3}{2}}$$ เเต่ $$(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}})\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$$ จึงเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $$\frac{1}{\sqrt[6]{(a+b)(b+c)(c+a)}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}}$$ $$\Leftrightarrow \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{2}{3}=\frac{2}{3}(a+b+c)$$ $$\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq (a+b)+(b+c)+(c+a)$$ ซึ่งเป็นจริงโดย A.M.-G.M. ว่างๆ เอามาลงอีกนะครับ อยากทำ 555+ |
เดี๋ยวเองมาลงให้ก่อนละกันครับพี่จูเนียร์(เพราะช่วงนี้สอบกลางภาค)
3. Show that for all nozero reals a,b,c $$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2} \ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$$ ให้ $x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{b}{c},z=\dfrac{c}{a}$ ได้ $xyz=1$ $x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$ $\displaystyle \dfrac{4}{3}x^2+\dfrac{1}{3}y^2+\dfrac{1}{3}z^2 \ge 2(x^{\frac{8}{3}}y^{\frac{2}{3}}z^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}=2x$ ตัวอื่นๆก็ทำเหมือนกันแล้วมาบวกกันให้หมด $x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$ |
ถ้าให้เดา คงใช้การนับเป็นเศษสส่วนใช่ไหมครับ
ผมว่ามันเเปลกๆนะ |
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
|
ขอบคุณครับที่ทักท้วง
ปล. Holder ใช่ $(a_1+a_2+...a_n)^{\theta_a}(b_1+b_2+...+b_n)^{\theta_b}...(z_1+z_2+...z_n)^{\theta_z} \ge a_1^{\theta_a}b_1^{\theta_b}...z_1^{\theta_z}+...+a_n^{\theta_a}b_n^{\theta_b}...z_n^{\theta_z}$ หรือเปล่าครับ |
เรื่อง Holder ต้องรอผู้รู้ก่อนละครับ :rolleyes:
เเต่ผมทำอย่างนี้นะครับ จากที่ $xyz=1$ พิจารณา จากอสมการ A.M.-G.M. $x+y+z\ge 3$ $$\Rightarrow \frac{1}{3}(x+y+z)^2\ge x+y+z$$ เเละ จากอสมการของ Chebyshev's $$x^2+y^2+z^2\ge \frac{1}{3}(x+y+z)^2$$ ทำให้ได้ว่า $$x+y+z\leq x^2+y^2+z^2$$ ปล. น้อง Black Dragon คงหมายถึงว่า ใช้ $x$ จำนวน $\frac{4}{3}$ ตัว ใช้ $y$ $\frac{1}{3}$ ตัว $z$ $\frac{1}{3}$ ตัว จึงมีรวม $2$ ตัว เลยต้องไปคูณทางขวามันก็ โอเคนะครับ เเต่ว่า มันนับไม่ได้ล่ะมั้ง( ที่ผมถามอ่ะ ไม่มีคนตอบเลย :haha: ) |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 01:39 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha