|
|
|||||||
| สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
  |
|
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
#76
12 เมษายน 2011, 22:33
|
||||
|
||||
ขอโทษครับ ลืมไป แก้แล้วครับ
__________________
เหนือฟ้ายังมีฟ้าแต่เหนือข้าต้องไม่มีใคร ปีกขี้ผื้งของปลอมงั้นสินะ ...โลกนี้โหดร้ายจริงๆ มันให้ความสุขกับเรา แล้วสุดท้าย มันก็เอาคืนไป... 
|
|
#77
12 เมษายน 2011, 23:33
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
$a,b,c\in (0,1]\rightarrow (a-1)(c-1)\ge0\rightarrow ac+1\ge a+c\rightarrow \frac{a}{1+b+ca} \le \frac{a}{a+b+c} $ $\therefore \dfrac{a}{1+b+ca}+\dfrac{b}{1+c+ab}+\dfrac{c}{1+a+bc}\le \dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{b}{a+b+c}+\dfrac{c}{a+b+c}=1$
__________________
เหนือฟ้ายังมีฟ้าแต่เหนือข้าต้องไม่มีใคร ปีกขี้ผื้งของปลอมงั้นสินะ ...โลกนี้โหดร้ายจริงๆ มันให้ความสุขกับเรา แล้วสุดท้าย มันก็เอาคืนไป...
|
|
#78
13 เมษายน 2011, 12:53
|
||||
|
||||
|
ผมทำครับ เเต่ทำไม่ได้
__________________
Vouloir c'est pouvoir
|
|
#81
14 เมษายน 2011, 04:27
|
||||
|
||||
|
เพราะว่า
\[\begin{array}{cl} & (a-\frac{1}{2})^2+2(b-\frac{1}{2})^2+3(c-\frac{1}{2})^2+4(d-\frac{1}{2})^2 \geq 0 \\ & (a^2-a+\frac{1}{4})+2(b^2-b+\frac{1}{4})+3(c^2-c+\frac{1}{4})+4(d^2-d+\frac{1}{4}) \geq 0 \\ & a^2+2b^2+3c^2+4d^2\geq a+2b+3d+4d-\frac{10}{4} \end{array} \] เพราะฉะนั้น $k=-\frac{10}{4}$ เป็นค่ามากที่สุด
__________________
"ชั่วโมงหน้าต้องดีกว่าเดิม!"
|
|
#82
14 เมษายน 2011, 04:48
|
||||
|
||||
|
อสมการคู่ขวาสมมูลกับ $2(a^4+a^2)+(a^2-a)^2\geq 0$
อสมการคู่ซ้ายสมมูลกับ $4a^9+6a^6+4a^3 \geq 3a^8+3a^4$ $4a^9+6a^6+4a^3=2a^6+2(2a^9+2a^6+2a^3)\geq 2a^6+2(3a^8+3a^4)$ ซึ่งเป็นจริงโดยอสมการ AM-GM $2a^9+a^6\geq 3a^8$ $a^6+2a^3 \geq 3a^4$ เพราะฉะนั้น $4a^9+6a^6+4a^3=2a^6+2(2a^9+2a^6+2a^3)\geq 3a^8+3a^4$ ตามต้องการ
__________________
"ชั่วโมงหน้าต้องดีกว่าเดิม!"
|
|
#83
14 เมษายน 2011, 20:30
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
กรณี $a\geqslant 1$ ให้ $r=s+n$ จะได้ว่า อสมการสมมูลกับ $a^s(sa^n-r)\geqslant s-r$ กรณี $0<a<1$ จะได้ $a^r\leqslant a^s$ $$\Rightarrow \frac{a^{r-1}+a^{r-2}+...+1}{r}\leqslant \frac{a^{s-1}+a^{s-2}+...+1}{r} \leqslant \frac{a^{s-1}+a^{s-2}+...+1}{s}$$ $$\Rightarrow \dfrac{a^r-1}{r}\geq\dfrac{a^s-1}{s}$$
__________________
Vouloir c'est pouvoir 15 เมษายน 2011 10:50 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง
|
|
#84
14 เมษายน 2011, 20:35
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
จะได้ $$(1+a^n)^{\frac{n+1}{n}}\geqslant 1+a^n(a^n)...a^n (\frac{n+1}{n} ครั้ง) = 1+a^{n+1} \Rightarrow \sqrt[n]{1+a^n}\geqslant \sqrt[n+1]{1+a^{n+1}}$$
__________________
Vouloir c'est pouvoir
|
|
#85
15 เมษายน 2011, 00:04
|
|||
|
|||
|
อ้างอิง:
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 15 เมษายน 2011 00:05 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii
|
|
#87
15 เมษายน 2011, 07:39
|
|||
|
|||
|
อ้างอิง:
$a^7-2a^2+4\geq a^3+2\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1)(a^4+a^3+2a^2+2a+2)\geq 0$ ดังนั้น $LHS\geq (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)\geq (a+b+c)^3$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น
|
|
#88
15 เมษายน 2011, 07:44
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
ว่าเเต่ ไวแยร์สตราสส์ ถูกไหมครับ คือไม่รู้ว่ายกกำลังเป็นเศษส่วนได้หรือเปล่าอ่ะครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir 15 เมษายน 2011 10:52 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง
|
|
#89
15 เมษายน 2011, 07:53
|
|||
|
|||
|
12. $a,b,c>0$
$\sqrt{\dfrac{a}{2a+b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a+2b+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b+2c}}\leq\dfrac{3}{2}$ 13. $a,b,c>0$ $(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)\leq (a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)$ 14. $\sqrt[200]{3}>\sqrt[298]{5}$ 15. $a,b,c>0$ $\dfrac{3a^2+2bc}{a^2+(b+c)^2}+\dfrac{3b^2+2ca}{b^2+(c+a)^2}+\dfrac{3c^2+2ab}{c^2+(a+b)^2}\geq 3$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น
|
|
#90
15 เมษายน 2011, 15:12
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
put $a+b+c=3$ จะได้ว่าอสมการที่ต้องพิสูจน์คือ $\sqrt{\dfrac{a}{3+a}}+\sqrt{\dfrac{b}{3+b}}+\sqrt{\dfrac{c}{3+c}}\le\dfrac{3}{2}$ Solution1 คิดน้อยทำมาก ให้$f(x)=\sqrt{\frac{x}{1+x} }$ Diffไปสองครั้ง (เหนื่อยหน่อย)ได้ออกมาเป็น $\frac{-(4x+1)}{4(\frac{x}{1+x})^{\frac{3}{2} }(x+1)^4}<0$ ทุก $x>0$ จะได้ว่า $f$ เป็นฟังก์ชันนูน โดย Jensen's Inequality จะได้ว่า $f(a)+f(b)+f(c) \le 3f(\frac{a+b+c}{3})=3f(1)=\frac{3}{2} \ \ \ \square$ Solution 2 คิดมากทำน้อย AM-GM $\sum_{cyc} \sqrt{\dfrac{a}{3+a}}\le \sum_{cyc}(\frac{a}{3+a}+\frac{1}{4})=\sum_{cyc}(\frac{a}{3+a})+\frac{3}{4} $ Cauchy Schwarz $ \sum_{cyc}(\frac{a}{3+a}) = \sum_{cyc}(\frac{1}{\frac{3}{a}+1})\le \sum_{cyc}(\frac{3a+1}{16})=\frac{3}{4} $ $\therefore \sum_{cyc} \sqrt{\dfrac{a}{3+a}}\le \sum_{cyc}(\frac{a}{3+a}+\frac{1}{4})=\sum_{cyc}(\frac{a}{3+a})+\frac{3}{4} \le \frac{3}{4}+\frac{3}{4} =\frac{3}{2} $ ปล. ไม่ได้พาดพิงใคร แต่อยากให้แจ้งให้รู้ว่า concept ของกระทู้นี้คือโจทย์ที่แต่งเอง อย่างที่คุณ nooonuii ได้แจ้งไว้ทีหนึ่งแล้ว
__________________
เหนือฟ้ายังมีฟ้าแต่เหนือข้าต้องไม่มีใคร ปีกขี้ผื้งของปลอมงั้นสินะ ...โลกนี้โหดร้ายจริงๆ มันให้ความสุขกับเรา แล้วสุดท้าย มันก็เอาคืนไป... 15 เมษายน 2011 15:14 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ LightLucifer
|
| |
|
|
