|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#16
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ข้อย่อยที่สอง โดยใช้การทดสอบแบบด้านบน($s^5=1$) จะได้ $s^4+s^3+s^2+s+1$ เป็นตัวประกอบ นั่นคือ $s^9+s^6+s^3+s^2+1=(s^5-s^4+s^2-s+1)(s^4+s^3+s^2+s+1)$ ทั้งสอง factor ไม่สามารถแยกตัวประกอบต่อได้ ตรวจสอบได้โดย Eisenstein-Criterion (factor ตัวหลังเป็น cyclotomic polynomial สำหรับจำนวนเฉพาะ 5 ซึ่งแยกตัวประกอบต่อไม่ได้)
__________________
คนไทยร่วมใจอย่าใช้ภาษาวิบัติ ฝึกพิมพ์สัญลักษณ์สักนิด ชีวิต(คนตอบและคนถาม)จะง่ายขึ้นเยอะ (จริงๆนะ) Stay Hungry. Stay Foolish. |
#17
|
||||
|
||||
เยี่ยมเลยครับ ข้อแรกของผมยังใช้วิธีจับคู่ได้อยู่
แต่ข้อสอง กำลังพยายามหาวิธีที่ไม่ต้องใช้วิธีทดสอบแบบนี้ คุณ nongtum หรือท่านอื่นๆ เห็นว่ามีทางไปได้ป่ะคับ ?? ผมกำลังพยายามไม่พึ่งวิธีนี้ แหะๆๆ เพราะ เหมือนโจทย์มันเฉพาะสุดๆ ต้องเป๊ะ ถึงจะได้ แต่ก็เป็นเทคนิค ที่ผมเพิ่งค้นพบ (หรือคนอื่นรู้อยู่แล้วหว่า??)
__________________
PaTa PatA pAtA Pon! |
#18
|
|||
|
|||
ยังไม่เคลียร์ครับว่าจะทดสอบ irreducibility ของ \(s^5-s^4+s^2-s+1\) ด้วย Eisenstein's criterion ได้อย่างไร
|
#19
|
|||
|
|||
สวัสดีครับทุกท่าน หายไปสอบมาครับ ตอนนี้สอบเสร็จละ เลยมาเฉลยโจทย์ที่ตั้งไว้
1.(อสมการ) ให้ a,b,c > 0 จงพิสูจน์ว่า \[ \frac{a}{\sqrt{7a^2 + b^2 + c^2 }} + \frac{b}{\sqrt{a^2 + 7b^2 + c^2 }} + \frac{c}{\sqrt{a^2 + b^2 + 7c^2 }} \leq 1 \] ข้อนี้ผมคิดคล้ายคุณ passer-by ครับ แต่จบต่างกันนิดนึงเพราะผมใช้ AM-GM My Solution: โดยอสมการโคชีจะได้ว่า \( 7a + b + c = \sqrt{ 7 }\cdot \sqrt{ 7 }a + 1\cdot b + 1\cdot c \leq \sqrt{ 7+1+1 }\sqrt{ 7a^2+b^2+c^2 } = 3\sqrt{ 7a^2+b^2+c^2 } \) ในทำนองเดียวกัน \( a + 7b + c \leq 3\sqrt{ a^2 + 7b^2 + c^2 }\) \( a + b + 7c \leq 3\sqrt{ a^2 + b^2 + 7c^2 } \) ดังนั้น LHS \( \leq \displaystyle{\frac{3a}{7a+b+c} +\frac{3b}{a+7b+c} +\frac{3c}{a+b+7c}} \) ต่อไปจะพิสูจน์ว่า \( \displaystyle{\frac{3a}{7a+b+c} +\frac{3b}{a+7b+c} +\frac{3c}{a+b+7c} \leq 1} \) ให้ \( x = 7a + b + c, y = a + 7b + c, z = a + b + 7c \) จะได้ว่า \( \displaystyle{ 3a = \frac{8x - y - z}{18}, 3b = \frac{8y - z - x}{18}, 3c = \frac{8z - x - y}{18} } \) ดังนั้น LHS = \( \displaystyle{ \frac{1}{18}\{(8 - \frac{y}{x}-\frac{z}{x}) + (8 - \frac{z}{y} - \frac{x}{y}) + (8 - \frac{x}{z} - \frac{y}{z}) \} = \frac{1}{18}\{24 - (\frac{y}{x} + \frac{z}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{y} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z}) \} \leq \frac{1}{18}(24 - 6) = 1} \)
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 14 มกราคม 2006 00:19 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#20
|
|||
|
|||
แล้วไม่เฉลยข้อ 2 เหรอครับ
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#21
|
|||
|
|||
ผมเชื่อมั่นว่าคุณ nooonuii คงต้องมาเฉลยจนหมดล่ะครับ แต่คงต้องใช้เวลามากหน่อย
|
#22
|
|||
|
|||
ข้อ 2 (ร่วมด้วยช่วยกัน (มั่ว) )
กรณี $n=0,\pm1$ พิสูจน์ได้ไม่ยากโดยอสมการ Cauchy สมมติ $|n|\geq2$ ให้ $n=\varepsilon k$ โดย $\varepsilon=-1,1$ แทนเครื่องหมายของ $n$ และ $k\geq2$ เป็นจำนวนนับ โดยอสมการ Holder กรณีทั่วไป $$ \left(\frac{a^{\varepsilon k}}{b+1}+\frac{b^{\varepsilon k}}{c+1} +\frac{c^{\varepsilon k}}{a+1}\right)((b+1)+(c+1)+(a+1))3\cdots3\geq(a^\varepsilon+b^\varepsilon+c^\varepsilon)^k $$ ทางซ้ายมือมี 3 ทั้งหมด $k-2$ ตัว และเขียน $3=1+1+1$ เวลาใช้อสมการของ Holder จากอสมการข้างต้นได้ว่า $$ \frac{a^{\varepsilon k}}{b+1}+\frac{b^{\varepsilon k}}{c+1} +\frac{c^{\varepsilon k}}{a+1}\geq(a^\varepsilon+b^\varepsilon+c^\varepsilon)^{k}/(2\times3^{k-1}) $$ เนื่องจาก $$ \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)(a+b+c)\geq3^2 $$ ดังนั้น $\sum a^\varepsilon\geq3$ เพราะฉะนั้นเราได้อสมการตามต้องการ หวัดดีปีใหม่ครับพ่อแม่พี่น้องชาว Mathcenter ทุกทั่น ขอให้ทุกคนมีความสุขในปีใหม่นี้ครับ 14 มกราคม 2006 11:45 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 4 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Punk |
#23
|
|||
|
|||
ด้วยความช่วยเหลือของคุณ TOP ในที่สุดผมก็พบว่าโจทย์ข้อ 9 ของคุณ nooonuii นั้น เคยมีการถามมาครั้งนึงแล้วโดยคุณ nooonuii เอง และในครั้งนั้นก็เป็นข้อ 9 เหมือนกัน ส่วนคนที่มาตอบก็คือคุณ M@gpie เหมือนครั้งนี้เปี๊ยบเลย แปลกดี
18 พฤษภาคม 2007 14:51 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ mathcenter เหตุผล: Tag Post |
#24
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 18 พฤษภาคม 2007 14:52 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ mathcenter เหตุผล: Tag Post |
#25
|
|||
|
|||
2.(อสมการ) ให้ a,b,c > 0 โดยที่ a + b + c = 3 จงพิสูจน์ว่า
\[ \frac{a^n}{b+1} + \frac{b^n}{c+1} + \frac{c^n}{a+1} \geq \frac{3}{2} \] ทุกจำนวนเต็ม n ---------------------------------------------------------------------------------------------------- ข้อนี้ยากไปนิดนึงครับเพราะผม generalize มาจากโจทย์ในวารสาร Crux My Solution : ก่อนอื่นจะพิสูจน์ว่า \[ a^n + b^n + c^n\geq 3 \] ทุกค่า n Proof : 1) ถ้า n = 0 สมการเป็นจริง 2) ถ้า nณ1 จะได้ว่า \[ \displaystyle{ \frac{a^n + b^n + c^n}{3}\geq (\frac{a + b + c}{3})^n = 1 } \] 3) ถ้า nฃ -1 จะได้ว่า \[ \displaystyle{ \frac{(\frac{1}{a})^{-n} + (\frac{1}{b})^{-n} + (\frac{1}{c})^{-n}}{3} \geq (\frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} }{3})^{-n} \geq (\frac{3}{a+b+c})^{-n} = 1 } \] Proof of Inequality : 1) n เป็นจำนวนคู่จะได้ว่า \( \displaystyle{ 3 \leq a^{\frac{n}{2}} + b^{\frac{n}{2}} + c^{\frac{n}{2}} } \) \( \displaystyle{ = \frac{a^{\frac{n}{2}}}{\sqrt{b+1}}\cdot\sqrt{ b+1 } + \frac{b^{\frac{n}{2}}}{\sqrt{c+1}}\cdot\sqrt{ c+1 } + \frac{c^{\frac{n}{2}}}{\sqrt{a+1}}\cdot\sqrt{ a+1 } } \) \( \displaystyle{ \leq \sqrt{\frac{a^n}{b+1} + \frac{b^n}{c+1} + \frac{c^n}{a+1}} \cdot \sqrt{a + b + c + 3} } \) \( \displaystyle{ = \sqrt{6}\sqrt{\frac{a^n}{b+1} + \frac{b^n}{c+1} + \frac{c^n}{a+1}} } \) 2) n เป็นจำนวนคี่จะได้ \( \displaystyle{ 3 \leq a^{\frac{n+1}{2}} + b^{\frac{n+1}{2}} + c^{\frac{n+1}{2}} } \) \( \displaystyle{ = \frac{a^{\frac{n}{2}}}{\sqrt{b+1}}\cdot\sqrt{ a(b+1) } + \frac{b^{\frac{n}{2}}}{\sqrt{c+1}}\cdot\sqrt{ b(c+1) } + \frac{c^{\frac{n}{2}}}{\sqrt{a+1}}\cdot\sqrt{ c(a+1) } } \) \( \displaystyle{ \leq \sqrt{\frac{a^n}{b+1} + \frac{b^n}{c+1} + \frac{c^n}{a+1}} \cdot \sqrt{ab + bc + ca + a+b+c} } \) \( \displaystyle{ \leq \sqrt{6}\sqrt{\frac{a^n}{b+1} + \frac{b^n}{c+1} + \frac{c^n}{a+1}} } \) อสมการสุดท้ายมาจาก \( \displaystyle{ ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3} = 3 } \) เฮ้อเหนื่อยโจทย์ข้อนี้ใช้ Latex กันหัวบานเลยเหอเหอ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#26
|
|||
|
|||
ข้อ 3 แป้กครับ ไม่คิดว่ามันจะง่ายไป ลืมไปว่าที่นี่มีเซียนทฤษฎีจำนวนอย่างคุณ Warut อยู่ เหอเหอ คราวหน้าขอแก้ตัวใหม่ครับ
ข้อ 4 เหมือนคุณ Warut ทุกประการครับ ข้อ 5 เป็นกรณีเฉพาะของทฤษฎีที่คุณ Warut ใช้แก้โจทย์ข้อนี้นั่นเองครับ แต่สามารถพิสูจน์ได้โดยใช้แค่ความรู้ของเซตและการแก้ระบบสมการเชิงเส้น ข้อ 6 ก็เหมือนคุณ Warut ทุกประการเลยครับ สงสัยจะโดนคุณ Warut จับไต๋ได้ซะแล้วอิอิ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#27
|
|||
|
|||
7.(พีชคณิตของพหุนาม) ให้ P(z) เป็นพหุนามในจำนวนเชิงซ้อนซึ่ง |Re(P(z))| = |Im(P(z))| ทุกค่า z จงพิสูจน์ว่า มีจำนวนจริง a ซึ่งทำให้
\[ [P(z)]^4 + 4a^4 = 0 \] ทุกค่า z ข้อนี้ผมว่าคำตอบของคุณ nongtum ยังไม่ตรงกับวัตุประสงค์ของโจทย์นะครับเพราะว่า ค่า a ที่คุณ nongtum ได้มามันขึ้นอยู่กับค่า z แต่ละตัวครับ แต่โจทย์ต้องการค่า a ซึ่งใช้ได้กับทุก z ซึ่งจริงๆแล้วโจทย์ต้องการให้เราพิสูจน์ว่า P(z) เป็นพหุนามคงตัวนั่นเอง My Solution : โดยทฤษฎีบทหลักมูลพีชคณิตเราจะได้ว่า ถ้า P(z) ไม่ใช่พหุนามคงตัวแล้ว P(z) จะเป็นฟังก์ชันทั่วถึงบน \( \mathbb{C}\) แต่จากเงื่อนไขโจทย์เราได้ว่า \[ P(\mathbb{C}) \subseteq \{ x+iy : |x|=|y| \} \neq \mathbb{C} \] ดังนั้น P(z) เป็นพหุนามคงตัว นั่นคือ P(z) = a + bi , |a| = |b| ทุกค่า z ดังนั้น \[ [P(z)]^4 = (a+bi)^4 = (2abi)^2 = -4a^4 \] ทุกค่า z
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#28
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
อ้างอิง:
ส่วนข้อ 7 นี่ผมก็เพิ่งมาเข้าใจตอนอ่านเฉลยนี่แหละ ตอนนู้นก็คล้อยตามไปกับคุณ nongtum ด้วยเหมือนกันครับ |
#29
|
||||
|
||||
แหะๆๆ ข้อ 7 ผมอ่านโจทย์เข้าใจผิดไปจริงๆแหละครับ ทำแบบก้าวกระโดดไปนิด ถึงว่าทำไมมันดูง่ายผิดปกติ (เหมือนโดนอาจารย์ติงมายังไงยังงั้น)
ส่วนข้อพิเศษของคุณ m@gpie ต้องขอโทษคุณ warut และคุณ m@gpie ด้วยครับที่ตอบแบบเหมารวม เพราะลองมาเช็คดูอีกที $s^5−s^4+s^2−s+1$ ใช้ Eisenstein ตรวจสอบไม่ได้ครับ ไว้ว่างๆจะลองใช้วิธือื่นตรวจสอบดูครับ
__________________
คนไทยร่วมใจอย่าใช้ภาษาวิบัติ ฝึกพิมพ์สัญลักษณ์สักนิด ชีวิต(คนตอบและคนถาม)จะง่ายขึ้นเยอะ (จริงๆนะ) Stay Hungry. Stay Foolish. |
#30
|
|||
|
|||
ผมว่าวิธีตรวจสอบ irreducibility ของพหุนาม $s^5−s^4+s^2−s+1$ คงต้องใช้วิธีหาข้อขัดแย้งแล้วล่ะครับ ซึ่งโดย Rational Root Test เราจะได้ว่าพหุนามนี้ไม่มีรากที่เป็นจำนวนตรรกยะ ดังนั้น ถ้ามัน reducible มันจะอยู่ในรูปผลคูณของพหุนามกำลังสองและกำลังสาม จากนั้นเทียบสัมประสิทธิ์ก็จะได้ข้อขัดแย้งครับ แต่ก็ถึกน่าดูชม
ป.ล. โจทย์ข้อ 7 ยังคงเป็นจริงถ้าเราเปลี่ยนจากพหุนามเป็น entire function การพิสูจน์จะง่ายมากถ้าใช้ Picard's Little Theorem ครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 16 มกราคม 2006 12:35 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
ใครรู้จัก NP-Problem มั่งครับ ช่วยเข้ามาคุยกันหน่อย | fangolf | ปัญหาคณิตศาสตร์ทั่วไป | 0 | 05 กุมภาพันธ์ 2007 10:10 |
LQR Problem | M@gpie | ปัญหาคณิตศาสตร์ทั่วไป | 0 | 24 กันยายน 2006 16:50 |
ปัญหาชิงรางวัลข้อที่ 2: Log Problem | warut | คณิตศาสตร์อุดมศึกษา | 8 | 16 มกราคม 2006 05:04 |
set problem | brother | ปัญหาคณิตศาสตร์ทั่วไป | 1 | 11 เมษายน 2005 02:06 |
HaPpY NeW YeAr กานหน่อยคร้าบบบ จะปีใหม่แล้ว | M@gpie | ปัญหาคณิตศาสตร์ทั่วไป | 4 | 01 มกราคม 2004 16:31 |
|
|