Nice inequality problem
Prove that
for all $a,b,c\geq 0$ $3(a+b+c) \geq 2(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab})$ :great: |
อ้างอิง:
ผมคิดว่า $a,b,c \geq 0$ ด้วยนะครับ from $a,b,c \geq 0$ $2ab+2bc+2ca \geq 0$ $a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca \geq a^2+b^2+c^2$ $(a+b+c)^2 \geq a^2+b^2+c^2$ $a^2+b^2+c^2 \leq (a+b+c)^2$ from Cauchy-Schwarz Inequality $2(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}) \leq \sqrt{4+4+4}\sqrt{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$ $=\sqrt{6}\sqrt{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca+a^2+b^2+c^2}=\sqrt{6}\sqrt{(a+b+c)^2+a^2+b^2+c^2} \leq 2\sqrt{3}\sqrt{(a+b+c)^2}$ $2(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}) \leq 2\sqrt{3}\sqrt{(a+b+c)^2}$ $\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab} \leq \sqrt{3}\sqrt{(a+b+c)^2} \leq 3(a+b+c)$ $\therefore \sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab} \leq 3(a+b+c)$ |
สวยดีนะครับข้อนี้ คิดว่าวิธีข้างบนน่าจะถูกแล้วนะครับ
แต่ว่าอสมการจะ hold เมื่อไรครับ ??? ผมคิดว่า hold แต่ $a,b,c=0$ ครับ |
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
ว่าแต่คุณ Mathematica ได้อ่านวิธีทำดูดีๆหรือยังครับเนี่ย?? คือว่าที่คุณ WarutT ทำผิดก็คงเนื่องมาจากอ่านโจทย์ผิดหล่ะมั้งครับ ดูโจทย์ใหม่ดีๆนะครับ $2\sum_{cyc} \sqrt{a^2+bc}$ |
อ้างอิง:
ผมจะลองทำอีกครั้งนึงครับ |
ถ้า $a,b,c \geq 0$ นะครับ
$-(ab+bc+ca) \leqslant 0 ...(1)$ From Cauchy-Schwarz Inequality $a\sqrt{a-b}\sqrt{a-b}+b\sqrt{b-c}\sqrt{b-c}+c\sqrt{c-a}\sqrt{c-a}$ $\leqslant \sqrt{a^2(a-b)+b^2(b-c)+c^2(c-a)}\sqrt{a-b+b-c+c-a}=0$ $a(a-b)+b(b-c)+c(c-a) \leqslant 0 ...(2)$ $(1)+(2);a(a-b)+b(b-c)+c(c-a)-(ab+bc+ca) \leqslant 0$ $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca) \leqslant 0$ $3(a^2+b^2+c^2)-6(ab+bc+ca) \leqslant 0$ $12(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)-9(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca) \leqslant 0$ $12(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca) \leqslant 9(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)$ $3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca) \leqslant \frac{9}{4}(a+b+c)^2 ...(3)$ From Cauchy-Schwarz Inequality $2(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}) \leq 2(\sqrt{3}\sqrt{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca})$ $=2(\sqrt{3(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)})$ $\leq 2(\sqrt{\frac{9}{4}(a+b+c)^2}) (from(3))$ $=3(a+b+c)$ $\therefore 2(\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}) \leq 3(a+b+c)$ :great: |
อ้างอิง:
การแยกที่มีรูทติดอยู่จะต้องมั่นใจว่าภายใต้รูทนั้น จะต้องมีค่าไม่น้อยกว่า 0 ซึ่งการแยกแบบนี้จะได้ว่า $a\geq b$, $b\geq c$, $c\geq a$ ซึ่งจะไปบีบบังคับให้ $a=b=c$ นะครับ แถมอีกนิดนึง: $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ ครับ ว่าแต่ขอถาม จขกท. ว่า a,b,c เป็นจำนวนจริงบวกหรือเปล่าครับ? |
จริงด้วยครับคุณโรสโจ๊กเกอร์
โจทย์เป็น จริงบวกรวม 0 อยู่แล้วครับ :great: |
สมมติว่า $a\geq b\geq c$
กรณีที่ b=c=0 เห็นได้ชัดว่าอสมการเป็นจริง สมมติ $b > 0$ หารอสมการทั้งสองข้างด้วย a และแทน x^2=b/a และ y=c/a จะได้ว่า $ 3(1+x^2+y) \geq 2(\sqrt{1+x^2 y}+\sqrt{x^4+y}+\sqrt{x^2+y^2}) $ โดยที่ $1\geq x^2 \geq y$ เนื่องจาก $\sqrt{1+x} \leq 1+x/2$ สำหรับทุกจำนวนจริง x ดังนั้น: $\sqrt{1+x^2 y} \leq 1+ x^2 y/2$ $\sqrt{x^4+y} = x^2 \sqrt{1+y/x^4} \leq x^2(1+\frac{y}{2x^4})=x^2+\frac{y}{2x^2}$ $\sqrt{x^2+y^2} = ... \leq x(1+\frac{y^2}{2x^2})=x+\frac{y^2}{2x}$ => $2(\sqrt{1+x^2 y}+\sqrt{x^4+y}+\sqrt{x^2+y^2}) \leq 2(1+ \frac{x^2 y}{2} +x^2+\frac{y}{2x^2}+x+\frac{y^2}{2x})$ และจาก $1\geq x^2\geq y\geq 0$ ได้ว่า $1-y \geq x –y$ , $1+x \geq 1+\sqrt{y} \geq 2y$ => $1-y \geq y-x$ และ $2x \geq 2x-y$, $2x \geq 2\sqrt{y} \geq y-2x$ ทำให้ได้ว่า $(1-y)(x^4+1) \geq (1-y)(2x^2) = x(1-y)(2x)\geq x| x-y | | 2x-y | \geq x(x-y)(2x-y)$ => $(1-y)x^4+3x^2y+(1-y) \geq 2x^3+xy^2$ => $3(1+x^2+y) \geq 2(1+ \frac{x^2 y}{2} +x^2+\frac{y}{2x^2}+x+\frac{y^2}{2x}) \geq 2(\sqrt{1+x^2 y}+\sqrt{x^4+y}+\sqrt{x^2+y^2}) $. |
อ้างอิง:
อธิบายตรงนี้หน่อยได้ไหมครับ จะขอบคุณมากๆเลยครับ เพราะที่ผมลองทำต่อจากตรง $(1-y)x^4+3x^2y+(1-y) \geq 2x^3+xy^2$ ของคุณ wttskt แล้วผมรู้สึกว่าอสมการที่ผมได้จะกลับข้างนิดหน่อยนะครับ ขอบคุณมากๆครับ สำหรับไอเดียใหม่ๆดีๆ :) |
:mellow: :mellow: ดูเหมือนว่าผมจะกระจายบางพจน์ผิดไปหน่อยนะครับ
|
เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 22:34 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha