|
โจทย์อสมการ 4-5 ข้อ
มีโจทย์ที่ดองไว้นานแล้ว เลยขุดเอามาถาม บางข้อเองยังทำไม่ได้เลย :sweat:
1. จำนวนเต็ม $m_i \ge n_i \ge 0$ ทุก $i=1,2,...,k$ พิสูจน์ $$\pmatrix{m_1+m_2+...+m_k \\ n_1+n_2+...+n_k } \ge \prod_{i=1}^k \pmatrix{ m_i \\ n_i } $$ 2. จำนวนจริง $a,b,c>0$ ซึ่ง $a+b+c=1$ พิสูจน์ $$\sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b}(b+c)} \ge \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{ab+bc+ca}}$$ 3. $x_1,x_2,...x_n>0$ และ $x_1+x_2+...+x_n=1$ พิสูจน์ $$\sum_{i=1}^n \frac{x_i+n}{1+x_i^2} \le n^2$$ (Hint : $f(x)=\frac{x}{1+x^2}$ เป็นฟังก์ชันเพิ่มบน $[0,1]$) 4. $a,b,c>0$ และ $a^3+b^3+c^3=1$ พิสูจน์ $$a+b+c+\frac{1}{abc} \ge 3+\sqrt[3]{9}$$ 5. $a,b,c>0$ และ $a+b+c \ge 6$ พิสูจน์ $$\sum_{cyc} \sqrt{a^2+\frac{1}{b+c}} \ge \frac{3 \sqrt{17}}{2}$$ |
อ้างอิง:
ให้ $x=a+b,y=b+c,z=a+c$ จะได้ว่า $x+y+z=2$ และอสมการในlemma 1สมมูลกับ$$\sum_{cyc}\frac{1-x}{\sqrt{x} }=\sum_{cyc}(\frac{1}{\sqrt{x} }-\sqrt{x}) \geqslant \sqrt{\frac{3}{2} } ..............1 $$ โดยอสมการ Q.M.-A.M. ได้ว่า$$\sqrt{\frac{x+y+z}{3} }=\sqrt{\frac{2}{3} } \geqslant \frac{\sqrt{x} +\sqrt{y}+\sqrt{z} }{3} \Leftrightarrow\ \sqrt{x} +\sqrt{y}+\sqrt{z}\leqslant 3\sqrt{\frac{2}{3} }=2\sqrt{\frac{3}{2} } ...............2 $$ โดยอมการ A.M-H.M.ได้ว่า $$\frac{\sqrt{x} +\sqrt{y} +\sqrt{z} }{3} \geqslant \frac{3}{\frac{1}{\sqrt{x} } +\frac{1}{\sqrt{y} } +\frac{1}{\sqrt{z}} } \Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{x} } +\frac{1}{\sqrt{y} } +\frac{1}{\sqrt{z} }\geqslant \frac{9}{\sqrt{x} +\sqrt{y}+\sqrt{z} } \geqslant 3\sqrt{\frac{3}{2} } .............3 $$ โดย 2,3 ได้ว่า 1 เป็นจริง $ \odot $ $$(\sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b}(b+c)})(\sum_{cyc} a\sqrt{b} )\geqslant(\sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b+c} })^2\geqslant \frac{3}{2} (\because จาก lemma 1)$$ ซึ่งต้องพิสูจน์ว่า$$\frac{3}{2(\sum_{cyc} a\sqrt{b})}\geqslant \frac{3}{2\sqrt{ab+bc+ac} } \Leftrightarrow ab+bc+ac=(ab+bc+ac)(a+b+c)\geqslant (a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a} )^2$$ เป็นจริงโดยอสมการโคชี :kiki: |
อ้างอิง:
WLOG สมมติให้ $$x_1\geqslant x_2\geqslant ... \geqslant x_n$$ จะได้ว่า $$ nx_1-1\geqslant nx_2-1\geqslant ... \geqslant nx_n-1$$ และ $$ \frac{x_1}{x_1^2+1}\geqslant \frac{x_2}{x_2^2+1}\geqslant ... \geqslant \frac{x_n}{x_n^2+1} $$ โดยอสมการเชบีเชฟได้ว่า $$\sum_{i = 1}^{n}\frac{(nx_i-1)x_i}{x_i^2+1} \geqslant \frac{1}{n}(\sum_{i = 1}^{n}(nx_i-1) )(\sum_{i = 1}^{n} \frac{x_i}{x_i^2+1} ) = \frac{1}{n}(n\sum_{i = 1}^{n}x_i -n)(\sum_{i = 1}^{n} \frac{x_i}{x_i^2+1} ) =0 $$ $$\Leftrightarrow \sum_{i = 1}^{n}\frac{(nx_i-1)x_i}{x_i^2+1} = \sum_{i = 1}^{n}\frac{(nx_i^2+n)-x_i-n}{x_i^2+1}\geqslant 0 \Leftrightarrow \sum_{i=1}^n \frac{x_i+n}{1+x_i^2} \le n^2$$ :tired: |
อ้างอิง:
ส่วนข้อ 5 แทน $a=b=c=3$ แล้วมันไม่จริงน่ะครับ |
อ้างอิง:
#4 อย่าลืมดู$a^3+b^3+c^3=1$:D |
#5 ทำไงครับ (Jensen's ???)
|
อ้างอิง:
$$\displaystyle \sum_{cyc} \sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}} = \sum_{cyc} \sqrt{\underbrace{\dfrac{a^2}{16}+\dfrac{a^2}{16}+...+\dfrac{a^2}{16}}_{16} +\dfrac{1}{b+c}} \geq \sum_{cyc} \dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(\,4a+\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}\right) $$ $$\displaystyle \geq \dfrac{1}{\sqrt{17}}\left(\,24+\dfrac{3}{\sqrt[6]{(a+b)(b+c)(c+a)}}\right) \geq \dfrac{1}{\sqrt{17}} \left(\,24+\dfrac{3}{\sqrt{\dfrac{2(a+b+c)}{3}}}\right) =\dfrac{3\sqrt{17}}{2}$$ |
#4 ถ้า $a=b=c=3$ ผมกดเครื่องคิดเลขแล้วมันก็ยังจริงนี่ครับ :confused:
อ้างอิง:
สำหรับ $x_1,x_2,...,x_n,y_1,y_2,...,y_n \in \mathbb{R} ^+$ $$\sqrt{x_1^2+y_1^2}+\sqrt{x_2^2+y_2^2}+...+\sqrt{x_n^2+y_n^2} \ge \sqrt{(x_1+x_2+...+x_n)^2+(y_1+y_2+...+y_n)^2}$$ สมการเกิดเมื่ออัตราส่วน $x_i/y_i$ เท่ากันทุก $i=1,2,...,n$ apply lemma กับ LHS ได้ว่า $$\sum_{cyc} \sqrt{a^2+\left(\, \frac{1}{\sqrt{b+c}}\right) ^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+\left(\,\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}\right)^2 }$$ โดย AM-HM และ Cauchy-Schwarz ได้ $$\left(\,\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}\right)^2 \ge \left(\, \frac{9}{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}\right) ^2 \ge \frac{81}{3(2a+2b+2c)}$$ อสมการเดิมจึงได้เป็น $$\sum_{cyc} \sqrt{a^2+\left(\, \frac{1}{\sqrt{b+c}}\right) ^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+\frac{27}{2(a+b+c)}}$$ $$\sum_{cyc} \sqrt{a^2+\left(\, \frac{1}{\sqrt{b+c}}\right) ^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+\frac{216}{a+b+c}-\frac{405}{2(a+b+c)}}$$ ใช้ AM-GM กับสองก้อนแรกใน RHS และใช้อสมการ $a+b+c \ge 6$ กับก้อนสุดท้ายใน RHS ได้เป็น $$\sum_{cyc} \sqrt{a^2+\left(\, \frac{1}{\sqrt{b+c}}\right) ^2} \ge \sqrt{2\sqrt{216(a+b+c)}-\frac{405}{2 \cdot 6}}$$ $$\sum_{cyc} \sqrt{a^2+\left(\, \frac{1}{\sqrt{b+c}}\right) ^2} \ge \sqrt{2\sqrt{216(6)}-\frac{405}{2 \cdot 6}}$$ จัดรูปจนได้ $$\sum_{cyc} \sqrt{a^2+\left(\, \frac{1}{\sqrt{b+c}}\right) ^2} \ge \frac{3\sqrt{17}}{2}$$ สมการเกิดเมื่อ $a=b=c=2$ เท่านั้น :cool: |
โอ้ให้เป็น Best Solutionเลยครับ555(ผมก็ใช้มินคอฟสกีแต่ไปไม่ถูก)
|
อ้างอิง:
|
#4 ส่วนของข้อ 4 ถูกแล้วครับ เพิ่งทำออกพอดี :p
อ้างอิง:
ดังนั้น $$(a+b+c)+\frac{1}{abc} \ge \frac{(a+b+c)^3}{3\sqrt[3]{3}}+\frac{1}{abc}$$ แต่ $$ \frac{(a+b+c)^3}{3\sqrt[3]{3}}+\frac{1}{abc}= \frac{(a+b+c)^3}{3\sqrt[3]{3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}abc}+\left(\,1-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) \frac{1}{abc}$$ ดังนั้น $$(a+b+c)+\frac{1}{abc} \ge \frac{(a+b+c)^3}{3\sqrt[3]{3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}abc}+\left(\,1-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) \frac{1}{abc}$$ โดยอสมการที่เก็บไว้ตอนแรก จะได้ $$(a+b+c)+\frac{1}{abc} \ge \frac{(a+b+c)^3}{3\sqrt[3]{3}}+\frac{27}{\sqrt[3]{3}(a+b+c)^3}+\left(\,1-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) (3)$$ และใช้ AM-GM กับสองก้อนแรกใน RHS ได้ $$a+b+c+\frac{1}{abc} \ge 2 \sqrt{\frac{9}{\sqrt[3]{9}}}+(3-\sqrt[3]{9})$$ $$a+b+c+\frac{1}{abc} \ge 2 \frac{3}{\sqrt[3]{3}}+3-\sqrt[3]{9} $$ $$a+b+c+\frac{1}{abc} \ge 2\sqrt[3]{9}+3-\sqrt[3]{9}=3+\sqrt[3]{9}$$ สมการเกิดเมื่อ $a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$ เท่านั้น :) |
เยี่ยมมากเลยครับฝันมาได้ไงนี่
$$ \frac{(a+b+c)^3}{3\sqrt[3]{3}}+\frac{1}{abc}= \frac{(a+b+c)^3}{3\sqrt[3]{3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}abc}+\left(\,1-\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right) \frac{1}{abc}$$ |
ก็ลองแทนค่า $a=b=c$ ดูครับ แล้วจากนั้นก็ทดตัวเลขให้มันเท่ากันเวลาใช้ AM-GM ที่เหลือก็มีแค่เก็บรายละเอียดจุกจิกให้เป็นตัวเลขให้หมด
ทีนี้ก็เหลือข้อ 1 ที่ยังไม่รู้จะเริ่มยังไงเลย :sweat: |
ข้อ 1 Jensen จะไปต่อได้ไหมอ่ะครับ
|
ขออนุญาตเริ่มข้อ 1 ครับ (ติดตอนท้าย)
$\sum x = x_1+x_2+...+x_k $ $\prod x = x_1x_2...x_k $ $(m-n)_k = m_k-n_k$ $A = (\sum m)!$ $B = \prod m!$ $C = (\sum m - \sum n)!$ $D = \prod (m-n)!$ $E = (\sum n)!$ $F = \prod n!$ จะได้โจทย์ใหม่คือ $\dfrac{A}{CE} \geqslant \dfrac{B}{DF} $ สมมติ $ \sum m \geqslant k+2, k\not= 1$ กรณี $\sum m= k, k+1, k=1$ คาดว่าแทนค่าเอาน่าจะได้ $\because k+2 \geqslant \dfrac{k^2}{k+1}$ สำหรับทุก $k\geqslant 2$ $\sum m \geqslant \dfrac{k^2}{k+1} $ $\sum m (k-1) \geqslant k^2$ $\sum m - k \geqslant \dfrac{\sum m}{k} $ $(\sum m - k)^k \geqslant (\dfrac{\sum m}{k})^k $ พิจารณา AM-GM จะได้ $(\dfrac{\sum m - pk}{k} )^k \geqslant \prod (m_k-p)$, p เป็น จน. เต็มบวกใดๆ จะได้ $^{\sum m}P_{k+1} \geqslant (\sum m - k)^k \geqslant (\dfrac{\sum m}{k})^k \geqslant \prod m_k$ $^{\sum m-k}P_{k+1} \geqslant (\sum m - 2k)^k \geqslant (\dfrac{\sum m-k}{k})^k \geqslant \prod (m_k-1)$ $\vdots $ $^{\sum n+1}P_{k+1} \geqslant (\sum m - \frac{m-n}{k}k)^k \geqslant (\dfrac{\sum n+2k}{k})^k \geqslant \prod (n_k+1)$ $^{\sum m}P_{k+1}\times^{\sum m-k}P_{k+1}\times...\times^{\sum n+1}P_{k+1} \geqslant \prod m_k(m_k-1)...(n_k+1)$ --- (1) $^{\sum m}P_{\sum n} \geqslant \prod ^{m_k}P_{n_k}$ $\dfrac{A}{C} \geqslant \dfrac{B}{D}$ แทนค่า m-n ลงใน n ในสมการ (1) ข้างต้น ทำแบบเดียวกันจะได้ $^{\sum m}P_{\sum(m-n)} \geqslant \prod ^{m_k}P_{m_k-n_k}$ $\dfrac{A}{E} \geqslant \dfrac{B}{F}$ $ A \geqslant B$ และ $\dfrac{A}{C} \geqslant \dfrac{B}{D}$ และ $ \dfrac{A}{E} \geqslant \dfrac{B}{F}$ มีวิธีใดที่ได้บรรทัดนี้ไหมครับ $\dfrac{A}{CE} \geqslant \dfrac{B}{DF} $ |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 18:45 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha