|
|
|||||||
| สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
  |
|
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
#151
19 เมษายน 2011, 19:45
|
||||
|
||||
#148
ขอคุณครับที่ตักเตือน เพราะจริงๆแล้วผมไม่รู้ ส่วนที่ hint ไม่ค่อยเข้าใจอ่ะครับ เพราะปกติไม่เคยเจอโจทย์ที่กำหนดช่วงค่า แบบนี้ และที่ hint ให้หมายถึง $\frac{1}{2}\le\frac{a}{b}\le 2$ หรือเปล่าครับ #149 ทำไปเพราะคิดว่ามันคงได้อ่ะครับ แต่จริงผมว่ามันก็เหมือนอย่างที่ พี่จูกัดเหลียงแหละครับ 
|
|
#153
20 เมษายน 2011, 07:53
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
จริงๆ $n \in \mathbb{R^{+}}$ ก็ทำให้ $r,s \in \mathbb{R}$ ได้นี่ครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir
|
|
#155
20 เมษายน 2011, 11:37
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
__________________
Vouloir c'est pouvoir
|
|
#157
20 เมษายน 2011, 20:15
|
||||
|
||||
|
ผมว่าคุณคงรู้อ่ะครับ
5 55เข้าใจเเล้วครับที่ว่า $r,s$ จำเป็นต้องเป็นจำนวนเต็ม ต้องขอโทษด้วยที่ผมทำเเบบผิดๆไป ตอนเเรกไม่เข้าใจที่ถามอ่ะครับ ตามไม่ทัน ปล. คุณ Lightlucifer ผมยังทำต่อไม่ได้เลยอ่ะครับ ไม่เข้าใจว่า hint ต่อ ให้ผมหรือ hint ให้ทำให้หมดอ่ะครับ เฉลยเลยดีกว่าครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir
|
|
#158
20 เมษายน 2011, 20:28
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
|
|
#159
20 เมษายน 2011, 20:48
|
||||
|
||||
|
#157
$\frac{1}{2} \le \frac{a}{b} \le 2$ $\frac{b}{2} \le a \le 2b$ $(\frac{b}{2}-a)(2b-a)\le 0$ $2b^2+2a^2 \le 5ab$ $4(a^2+b^2+c^2) \le 5(ab+bc+ca)$ แต่ถ้าเช็คให้ดีแล้วจะพบว่ามันจะไม่เป็นสมการครับ อ้างอิง:
แทน $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$ $\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\ge \frac{3}{2}$ $\leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{z^2}{xy+y^2} \ge \frac{3}{2}$ AM-GM&Cauchy-Schwarz $\sum_{cyc} \frac{z^2}{xy+y^2} \ge \sum_{cyc} \frac{2z^2}{x^2+3y^2} =\sum_{cyc} \frac{2z^4}{x^2z^2+3y^2z^2} \ge \frac{2(x^2+y^2+z^2)^2}{4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}\ge \frac{3}{2}$ $\leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)^2 \ge 3(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$ $\leftrightarrow x^4+y^4+z^4 \ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2$ ซึ่งเป็นจริงโดย AM-GM
__________________
เหนือฟ้ายังมีฟ้าแต่เหนือข้าต้องไม่มีใคร ปีกขี้ผื้งของปลอมงั้นสินะ ...โลกนี้โหดร้ายจริงๆ มันให้ความสุขกับเรา แล้วสุดท้าย มันก็เอาคืนไป...
|
|
#160
21 เมษายน 2011, 13:31
|
||||
|
||||
|
Let $n \in \mathbb{N}$ prove that $$n+1 \ge 2\sqrt[n]{n!}$$
__________________
Vouloir c'est pouvoir
|
|
#161
21 เมษายน 2011, 15:43
|
|||
|
|||
|
พึ่งอ่าน Induction มาไม่รู้ได้ไหมนะครับ
$1)P(1)$ $2\ge2$ จริง $2)$ ให้ $P(k)$ จริง $\displaystyle k+1\geqslant 2\sqrt[k]{k!}\geqslant 2\sqrt[k+1]{k!}$ พิสูจน์ $P(k+1)$ $\displaystyle2\sqrt[k+1]{k!}+1\geqslant 2\sqrt[k+1]{(k+1)!}$ $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[k+1]{k+1}}+\frac{1}{2\sqrt[k+1]{(k+1)!}}\geqslant 1$ $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[k+1]{k+1}}(1+\frac{1}{2\sqrt[k+1]{k!}})\geqslant 1$ $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[k+1]{k+1}}\geqslant 1$ $\displaystyle1+\frac{1}{2\sqrt[k+1]{k!}}>1$ เพราะฉะนั้น $(k+1)+1\ge2\sqrt[k+1]{(k+1)!}$ 21 เมษายน 2011 15:53 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ No.Name
|
|
#162
21 เมษายน 2011, 17:30
|
||||
|
||||
|
#161 อสมการของผมไม่ยากขนาดต้องใช้ Induction ครับ
ใช้อสมการเดียวก็ได้เเล้วครับ เเต่ Induction ได้ยอดเยี่ยมจริงๆ 
__________________
Vouloir c'est pouvoir 21 เมษายน 2011 17:31 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง
|
|
#163
21 เมษายน 2011, 18:38
|
|||
|
|||
|
อ้างอิง:
ผมทำซะยาวเลย ขอดู solution ของคุณ จูกัดเหลียงได้ ไหมครับ แบบนี้หรือเปล่าครับ $\frac{n(n+1)}{2}\ge n\sqrt[n]{n!}$ $n+1\ge2\sqrt[n]{n!}$ 21 เมษายน 2011 18:41 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ No.Name
|
|
#164
21 เมษายน 2011, 18:49
|
||||
|
||||
|
#163 ใช่เเล้วครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir
|
| |
|
|
