Mathscope

[nooonuii]

ปิดเืทอมนี้มีอะไรทำกันรึยังครับ ถ้ายังมาทำโจทย์จากเวียดนามกัน

Mathscope

[nooonuii]

153.2

My Solution :

ให้ $x=\sqrt[m]{a}$ จะได้อสมการสมมูลกับ
$(x^2-1)(x^{2n-2}+\cdots + x^2 + 1-nx^{n-1})\geq 0$
ซึ่งเป็นจริงเพราะทั้งสองเทอมเป็นบวก
เทอมแรกเป็นบวกเพราะ $x>1$
เทอมที่สองเป็นบวกโดยอสมการ AM-GM

200.2

My Solution:

$a^3+b^3+c^3=3abc+(a+b+c)[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]$
$~~~~~~~~~~~~~~~=3abc+1-3(ab+bc+ca)$

ดังนั้น

$a^3+b^3+c^3+ab+bc+ca= 1-2(ab+bc+ca)+3abc$

อสมการจึงสมมูลกับ

$15(ab+bc+ca)\leq 4+27abc$

จากอสมการ

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$

จะได้ว่า

$4(ab+bc+ca)\leq 1+9abc$

ดังนั้น

$12(ab+bc+ca)\leq 3 + 27abc$

แต่ $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2=1$

เำพราะฉะนั้น $15(ab+bc+ca)\leq 4+27abc$ ตามต้องการ

200.6

My Solution:

$\sin(\pi-x)=\sin{\pi}\cos{x}-\cos{\pi}\sin{x}=\sin{x}$
ดังนั้น
$ \sin{a}+\sin{b}+\sin{c}+\sin{(a+b+c)}=sin{a}+\sin{b}+\sin{c}$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,=\sin{(\pi-a)}+\sin{(\pi-b)}+\sin{(\pi-c)}$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,=\sin{(a+b)}+\sin{(b+c)}+\sin{(c+a)}$

220.1

My Solution :

ให้ $x=a-b,y=b-c,z=c-a$ จะได้ $x+y+z=0$
ดังนั้นใช้เอกลักษณ์ $\dfrac{x^5+y^5+z^5}{5}=\Big(\dfrac{x^2+y^2+z^2}{2}\Big)\Big(\dfrac{x^3+y^3+z^3}{3}\Big)$
และ $x^3+y^3+z^3=3xyz$

243.1

My Solution:

เทอมทางขวามือเท่ากับเทอมทางซ้ายมือคูณกับสังยุคของมัน
ดังนั้น เทอมทางซ้ายมือเท่ากับศูนย์ หรือ สังยุคของมันเท่ากับหนึ่ง
แก้สมการแล้วแทนค่ากลับเพื่อเช็คคำตอบได้ $x=\dfrac{1}{3},\dfrac{56}{65}$
คำตอบที่ใช้ไม่ได้คือ $x=0$

291.4

Sketch of Proof:

1. แสดงว่า $f$ เป็นฟังก์ชันหนึ่งต่อหนึ่ง

2. แสดงว่า $f(0)=0$

3. แสดงว่า $f(f(x))=x$ ทุก $x$

4. แสดงว่า $f(-1)=-f(1)$

5. แสดงโดยใช้อุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ว่า $f(nr)=nf(r)$ ทุก $n\in\mathbb{Z},r\in\mathbb{Q}$

6. แสดงว่า $f(x)=f(1)x$ ทุก $x\in\mathbb{Q}$

7. แทนค่าข้อ 6 ในเงื่อนไขโจทย์จะได้ $f(x)=x$ ทุก $x\in\mathbb{Q}$ หรือ $f(x)=-x$ ทุก $x\in\mathbb{Q}$

295.1

My Solution:

พิสูจน์ว่า $(a+c)(b+d)+2(ac+bd)\leq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{2}$
ซึ่งอสมการสมมูลกับ $(a-c)^2 + (b-d)^2 \geq 0$

300.1

My Solution:

$$1\leq x\sqrt{1+y}+y\sqrt{1+x}\leq\sqrt{\dfrac{3}{2}}$$

อสมการแรกเห็นได้ชัดจาก $x,y\geq 0$
อสมการที่สองยกกำลังสองทั้งสองข้างได้

$~~~x^2(1+y)+y^2(1+x)+2xy\sqrt{(1+x)(1+y)}\leq \dfrac{3}{2}$

$(x^2+y^2)+xy(x+y)+2xy\sqrt{1+(x+y)+xy}\leq\dfrac{3}{2}$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1-2xy)+xy+2xy\sqrt{2+xy}\leq\dfrac{3}{2}$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~4xy\sqrt{2+xy}\leq 1+2xy$

แต่ $4xy\leq 1$ (โดย AM-GM) จะได้

$4xy\sqrt{2+xy}\leq 4xy\sqrt{2+\dfrac{1}{4}}$
$~~~~~~~~~~~~~~~~=6xy$
$~~~~~~~~~~~~~~~~\leq 1+2xy$

342.3

My Solution :

จัดรูปอสมการไปเรื่อยๆจะได้อสมการสมมูลกับ $81(7a-1)^2\geq 0$

345.6

My Solution:

สมมติว่า $1\in A,2\in B,3\in C$
จาก $a+c\in A$ จะได้ $a+nc\in A$ ทุก $a\in A,c\in C$
ดังนั้น $3n+1\in A$ ทุก $n\geq 0$

จาก $a+b\in B$ จะได้ $a+nb\in B$ ทุก $b\in B,c\in C$
ดังนั้น $3n+2\in B$ ทุก $n\geq 0$

ให้ $n\geq 2$ จะได้ $3n=[3(n-2)+1] + 5 \in C$

ดังนั้น

$A=\{3n+1 : n\geq 0\}$

$B=\{3n+2 : n\geq 0\}$

$C=\{3n : n\geq 1\}$

คำตอบที่เหลือจะเป็นวิธีเรียงสับเปลี่ยนของสามเซตนี้

346.6

My Solution:

ให้ $a=x-2,b=y-2,c=z-2$ จะำได้

$\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1$

ซึ่งสมมูลกับ

$4=abc + ab+bc+ca$

ให้ $p=\sqrt[3]{abc}$ จะได้

$4= abc + ab+bc+ca \geq abc + 3 \sqrt[3]{(abc)^2} = p^3 + 3p^2$

ดังนั้น $p^3+3p^2-4\leq 0 \Rightarrow (p-1)(p+2)^2 \leq 0$

เพราะฉะนั้น $p\leq 1$

347.2

My Solution:

จาก $z(z+y)=3$ จะได้ $z$ หาร $3$ ลงตัว
ดังนั้น $z=\pm 1,\pm 3$
แทนค่าแล้วจะพบว่าไม่มีคำตอบ

348.2

My Solution:

โดยอสมการ power mean
$x+y+z \leq 3\Big(\dfrac{x^3+y^3+z^3}{3}\Big)^{1/3}\leq 3$
ดังนั้น
$3=x^3+y^3+z^3$

$~=3xyz+(x+y+z)[(x+y+z)^2-3(xy+yz+zx)]$

$~\leq 3xyz + 3[9-3(xy+yz+zx)]$

$3(xy+yz+zx) - xyz \leq 8$

[dektep]

200.1

hint

ให้ $a=x+y,b=y+z,c=z+x$ และใช้เอกลักษณ์ $\Delta =sr$

216.3

solution

ผมคิดว่าน่าจะมีเครื่องหมายเท่ากับด้วยครับ
ให้ $1+a = x,1-a =2-x$
$\therefore 0 < 1-a <2,0 < 1+a <2$
โดย AM-GM ; $$LHS \leq \frac{1+1+(1-a)+(1+a)}{4}+\frac{(1-a)+1+1+1}{4}+\frac{(1+a)+1+1+1}{4}=3$$
โดยอสมการเป็นสมการเมื่อ $a = o$

287.2

hint

สมมติว่าวงกลมล้อมรอบ $\triangle{BCE}$ ตัด $BN$ ที่ $L$ $\therefore BLEC concyclic$ แล้วพิสูจน์ว่า $\triangle{BCN} \sim \triangle{BLC}$
ลาก $KL$ ออกไปตัด $BC$ ที่ $O$
หาอัตราส่วน $\frac{BO}{OC}=\frac{BL}{LC}=\frac{BC}{CN}=\frac{AB}{CN}=\frac{BM}{MC}$
จะได้ว่า $K \equiv L$

332.5

solution

By AM-GM
$$\sqrt{a}+\sqrt[3]{a}+\sqrt[6]{a} \leq \frac{a+1}{2}+\frac{a+2}{3}+\frac{a+5}{6} = a+2 $$

292.1

hint

คูณ x ทั้งเศษและส่วนจะได้ว่าข้อนี้เป็นโจทย์ hojoolee ข้อหนึ่งครับ

[nooonuii]

เพื่อให้หาได้ง่ายผมจะใ่ส่คำตอบไว้ในความคิดเห็นเดียวนะครับ

[Mathophile]

มาร่วมทำโจทย์ด้วยคนครับผม...

209.1

hint

จัดรูปดีๆ จะได้พหุนามกำลังสอง

>>solution<<

กระจายแล้วจัดในรูปพหุนามของ y จะได้ $y[2y^2+(x^2-3x)y+(3x^2+x)]=0$
สำหรับกรณี $2y^2+(x^2-3x)y+(3x^2+x)=0$ จะได้ $y=\frac{1}{4}\{x(3-x)\pm |x+1|\sqrt{x(x-8)}\}$...(*)
เนื่องจาก y เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้น $\sqrt{x(x-8)}$ เป็นจำนวนเต็มด้วย
นั่นคือ $x(x-8)=k^2,\exists k\in Z\rightarrow 16=(x-4)^2-k^2$
จะได้ค่าที่เป็นไปได้คือ $x=-1,0,8,9$ นำไปแทนใน (*)
คำตอบทั้งหมดคือ $(x,y)=(-1,-1),(8,-10),(9,-6),(9,-21),(m,0),\forall m\in Z$

216.1

idea

สำหรับผู้ที่ปรารถนาความถึก : กระจายแล้วใช้ทฤษฏีเศษเหลือ
สำหรับท่านอื่น : เปลี่ยนตัวแปร

>>solution<<

ให้ $k=x+3$ จะได้ $k(k+2)(k^2+3k+1)=0$

220.1

idea

$(a-b)+(b-c)=a-c$

>>solution<<

สมมติว่ามี $a,b,c$ ดังกล่าว ฉะนั้น $(a-b)^5+(b-c)^5=(a-c)^5$
เพื่อความสะดวก ให้ $k=a-b,l=b-c$ (ดังนั้น $k.l\not = 0)$
ดังนั้น $k^5+l^5=(k+l)^5$...(*)
เนื่องจาก $k+l=a-c\not = 0$ จึงหารทั้งสองข้างของสมการ (*) ด้วย $k+l$
จะได้ $k^4-k^3l+k^2l^2-kl^3+l^4=k^4+4k^3l+6k^2l^2+4kl^3+l^4$
ดังนั้น $0=5k^3l+5k^2l^2+5kl^3=5kl(k^2+kl+l^2)$
เนื่องจาก $k,l\not = 0$ จึงได้ $k^2+kl+l^2=0$
แทนค่า $k=a-b,l=b-c$ แล้วจัดรูปใหม่ จะได้ $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้

220.6

idea

จับสมการแต่ละคู่มาลบกัน

>>solution<<

จับสมการแต่ละคู่มาลบกัน จะได้ว่า
$(x-y)(x+y+z)=9=(y-z)(x+y+z)$...(1) และ $(x-z)(x+y+z)=18$ ...(2)
ฉะนั้น $x-z=2(x-y)=2(y-z)$ <<< ตรงนี้อาจพิจารณาแค่ระบบสมการ (1) คือ $x-y=y-z$ ก็เพียงพอครับ
จึงได้ $x+y+z=3y$
นำไปแทนในระบบสมการ (1) จะได้ $y(x-y)=3=y(y-z)$
ฉะนั้น $x=y+\frac{3}{y}$ และ $z=y-\frac{3}{y}$
นำ $x,z$ ไปแทนในสมการโจทย์ จะได้ $3y^2-28+\frac{9}{y^2}=0$
$0=3y^4-28y^2+9=(3y^2-1)(y^2-9)$
$y=\pm 3,\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$
ฉะนั้น คำตอบของระบบสมการคือ $(x,y,z)=(\pm 4,\pm 3,\pm 2),(\pm \frac{10}{\sqrt{3}},\pm \frac{1}{\sqrt{3}},\mp \frac{8}{\sqrt{3}})$
[แก้ไข : ดูไปดูมาเพิ่งเห็นว่าจริงๆ สมการ (2) ไม่ได้ใช้เลยครับ เพียงแค่ระบบสมการ (1) ก็เพียงพอที่จะแสดงว่า $x+y+z=3y$ ครับ]

221.2

hint

+1 & gcd

>>solution<<

โจทย์สมมูลกับ $(2y+1)^2=(x+1)(x^2+1)$ ดังนั้น x ต้องเป็นจำนวนคู่
เนื่องจาก $\gcd(x+1,x^2+1)=1$ ฉะนั้น $x+1=k^2,x^2+1=m^2,\exists k,m \in Z,\gcd (k,m)=1$
พิจารณา $x^2+1=m^2\rightarrow 1=(m+x)(m-x)$
จะได้ x ที่เป็นไปได้เพียงค่าเดียวคือ x=0 ดังนั้น คำตอบทั้งหมดคือ $(x,y)=(0,0)$

244.5

hint

$2x=(x+y)+(x-y)$

>>solution<<

ให้ $k=x+y+\frac{1}{x+y},m=x-y$
จะได้ $3k^2+m^2=\frac{85}{3}$ และ $k+m=\frac{13}{3}$
แก้ระบบสมการ จะได้ $(k,m)=(\frac{10}{3},1),(-\frac{7}{6},\frac{11}{2})$
ซึ่งทำให้ $(x,y)=(2,1),(\frac{2}{3},-\frac{1}{3})$
(กรณี $(k,m)=(-\frac{7}{6},\frac{11}{2})$ ไม่ให้คำตอบที่เป็นจำนวนจริง)

259.1

solution

ให้ $\sqrt{x}=k$ ฉะนั้น $k \geq 0$
และ $0=k^4+12k^3-121k^2+72k+36=(k-1)(k-6)(k^2+19k+6)$
จึงได้ $k=1,6$ ซึ่งทำให้ $x=1,36$

***ข้อนี้ต้องใช้การสังเกตช่วยในการแก้สมการครับ...***
เห็นได้ชัดว่า 1 เป็นคำตอบของสมการ จึงแยกตัวประกอบได้ว่า $(k-1)(k^3+13k^2-108k-36)=0$
พิจารณา $k^3+13k^2-108k-36=0\Longleftrightarrow k^2(k+13)=36(3k+1)$
เห็นได้ชัดว่า 6 เป็นคำตอบของสมการ จึงแยกตัวประกอบต่อได้ว่า $0=(k-1)(k^3+13k^2-108k-36)=(k-1)(k-6)(k^2+19k+6)$

272.4

idea

ถ้า k เป็นจำนวนคี่ จะได้ $5|2^k+3^k$
ถ้า k เป็นจำนวนคู่ จะได้ $5|(2^k+3^k)+(2^{k+2}+3^{k+2})$

>>answer<<

p เป็นจำนวนเฉพาะที่อยู่ในรูป $4a+1,\exists a\in N$

332.4

idea

ถ้าเราแทน 5 ด้วยนิพจน์ทางซ้ายมือลงในนิพจน์ทางซ้ายมือ จะได้นิพจน์ที่มีเครื่องหมายรากไม่มีที่สิ้นสุด นั่นคือ $$\sqrt{x-\sqrt{x-\sqrt{x-\sqrt{x-...}}}}=5$$ปล. หวังว่าจะไม่งงกับคำพูดของผมนะครับ

334.1

idea

$\frac{2}{(n-1)n(n+1)}=\frac{1}{(n-1)n}-\frac{1}{n(n+1)}$

341.2

solution

แยกตัวประกอบแล้วจับคู่ใหม่ จะได้ $(x^2+9x)(x^2+9x-420)=0$

351.3

idea

$\frac{3^3+1^3}{2^3-1^3}=\frac{(2+1)^3+1^3}{2^3-1^3}$
คิดว่าพจน์สุดท้ายน่าจะเป็น $\frac{4013^3+2006^3}{2007^3-2006^3}$

[dektep]

321.1(a)

hint

ข้อนี้เป็นข้อสอบ APMO ครับ(มีใน hojoolee)

301.2

solution

$By Am-Gm ; LHS \geq 3\sqrt[3]{\frac{a^4+b^4}{a^3b+ab^3}} \geq 3$

300.1

hint

ข้อนี้ผมหาได้แต่ $maximum$ โดย $$Cauchy ; LHS \leq \sqrt{1+2xy} \leq \sqrt{2}$$

295.2

answer

$2001$

295.1

solution

$$RHS-LHS=(a-c)^2+(b-d)^2 \geq 0$$

289.1

hint

ใช้ coordinate geometry

242.2 ข้อนี้ไม่จริงครับ $(ลองพิจารณา a=b=c=2) $

208.1

solution

$\therefore a_i={3^a}{5^b}$ พิารณา ลำดับ $1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+...=\frac{3}{2}$
และลำดับ $1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+...=\frac{5}{4}$
ซึ่ง $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n} < \frac{3}{2}\frac{5}{4}=\frac{15}{8}$

ปล.ช่วงนี้ผมคงไม่ค่อยได้ช่วยตอบเพราะว่ากำลังเข้าค่ายอยู่ครับ

[Anonymous314]

345.4

Solution

ให้ $\sqrt x = a$ , $\frac{{\sqrt x }}{{x\sqrt x - 3\sqrt x + 3}} = k$
ดังนั้น
$\frac{a}{{a^3 - 3a + 3}} = k$ โดยที่ $a \ge 0$
$a = ka^3 - 3ka + 3k$
$ka^3 - (3k + 1)a + 3k = 0$
ถ้า $k = 0 \to - a = 0 \to a = 0 \to x = 0$
$k \ne 0 \to ka^3 - (3k + 1)a + 3k = 0$
$a{}^3 - \left( {3 + \frac{1}{k}} \right)a + 3 = 0$
กรณี 1: $k \ge 1$
$k = 1$ ได้ $a^3 - 4a + 3 = 0 \to a = 1,\frac{{ - 1 \pm \sqrt {13} }}{2}$
แต่ $a > 0 \to a = 1,\frac{{ - 1 + \sqrt {13} }}{2}$
$k \ge 2 \to a{}^3 - \left( {3 + \frac{1}{k}} \right)a + 3 \ge a^3 - 3.5a + 3$
จะหาค่าต่ำสุดของ $a^3 - 3.5a + 3$
$f(a) = a^3 - 3.5a + 3$
$f'(a) = 3a^2 - 3.5 = 0 \to a = \frac{{\sqrt {42} }}{6}$
$a{}^3 - \left( {3 + \frac{1}{k}} \right)a + 3 \ge a^3 - 3.5a + 3 \ge \left( {\frac{{\sqrt {42} }}{6}} \right)^3 - 3.5\left( {\frac{{\sqrt {42} }}{6}} \right) + 3 = \frac{{54 - 7\sqrt {42} }}{{18}} > 0$
ดังนั้น $a{}^3 - \left( {3 + \frac{1}{k}} \right)a + 3 \ne 0$
กรณี 2: $k \le - 1$
$a{}^3 - \left( {3 + \frac{1}{k}} \right) + 3 \ge a{}^3 - 3a + 3$
จะหาค่าต่ำ่สุดของ $a{}^3 - 3a + 3$
$g(a) = a{}^3 - 3a + 3$
$g'(a) = 3a^2 - 3 = 0 \to a = 1$
$a{}^3 - \left( {3 + \frac{1}{k}} \right) + 3 \ge a{}^3 - 3a + 3 \ge 1^3 - 3(1) + 3 = 1$
$a{}^3 - \left( {3 + \frac{1}{k}} \right) + 3 \ne 0$
ดังนั้นจาก $k=0$ ,กรณี 1 ,กรณี 2 ได้ว่า
$a = 0,1,\frac{{\sqrt {13} - 1}}{2}$
ดังนั้น $x = 0,1,\frac{{7 - \sqrt {13} }}{2}$

[Anonymous314]

318.1

Solution

$2n = x^2 + y^2 $
ดังนั้น $x,y$ ต้องเป็นคู่หรือคี่พร้อมกัน
$n^2 + 2n = \left( {\frac{{x^2 - y^2 }}{2}} \right)^2 + (xy)^2 + x^2 + y^2 $
ดังนั้น $n^2 + 2n$ สามารถเขียนได้ในผลบวกกำลังสองของจำนวน 4 จำนวนได้

[RoSe-JoKer]

328.1 (ขอทำข้อง่ายๆนะ )

Hint

$(n+1,2n+1)=1$ แล้วแยก case ข้างขวา

[nooonuii]

ดีครับ มีคนทำหลายๆคนจะได้ไม่เหงา ตอนนี้ผมคงทำได้แต่โจทย์พีชคณิตกับอสมการครับ ที่เหลือยังต้องฝึกฝนอีกเยอะ โดยเฉพาะ้เรขาคณิตตอนนี้ความรู้เป็นศูนย์

[Anonymous314]

318.2

Solution

จากการย้ายข้างไปมาได้
$\frac{2}{{yz}} + \frac{1}{{y^2 }} + \frac{1}{{z^2 }} = 3 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{x^2 }}$
$\frac{2}{{zx}} + \frac{1}{{z^2 }} + \frac{1}{{x^2 }} = 4 + \frac{1}{y} + \frac{1}{{y^2 }}$
$\frac{2}{{xy}} + \frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2 }} = 3 + \frac{1}{z} + \frac{1}{{z^2 }}$
ให้ $\frac{1}{x} = a,\frac{1}{y} = b,\frac{1}{z} = c$
ได้ $2bc + b^2 + c^2 = 3 + a + a^2 $...(1)
$2ca + c^2 + a^2 = 4 + b + b^2 $...(2)
$2ab + a^2 + b^2 = 3 + c + c^2 $...(3)
นำ (1)+(2)+(3) ได้ $2a^2 + 2b^2 + 2c^2 + 2ab + 2bc + 2ca = 12 + a + b + c + a^2 + b^2 + c^2 $
หรือ $(a + b + c)^2 - (a + b + c) - 12 = 0$
ได้ $a + b + c = 4, - 3$
กรณีัีี 1 $a + b + c = 4$
$(b + c)^2 = 3 + a + a^2 $
$(4 - a)^2 = 3 + a + a^2 $
$a^2 - 8a + 16 = 3 + a + a^2 $
$9a = 13$
$a = \frac{{13}}{9}$

$(c + a)^2 = 4 + b + b^2 $
$(4 - b)^2 = 4 + b + b^2 $
$b^2 - 8b + 16 = 4 + b + b^2 $
$9b = 12$
$b = \frac{4}{3}$

$(a + b)^2 = 5 + c + c^2 $
$(4 - c)^2 = 5 + c + c^2 $
$c^2 - 8c + 16 = 5 + c + c^2 $
$9c = 11$
$c = \frac{{11}}{9}$

กรณี 2 $a + b + c = - 3$
$(b + c)^2 = 3 + a + a^2 $
$( - 3 - a)^2 = 3 + a + a^2 $
$a^2 + 6a + 9 = 3 + a + a^2 $
$5a = -6$
$a = -\frac{6}{5}$

$(c + a)^2 = 4 + b + b^2 $
$( - 3 - b)^2 = 4 + b + b^2 $
$b^2 + 6b + 9 = 4 + b + b^2 $
$5b = -5$
$b = -1$

$(a + b)^2 = 5 + c + c^2 $
$( - 3 - c)^2 = 5 + c + c^2 $
$c^2 + 6c + 9 = 5 + c + c^2 $
$5c = -4$
$c = -\frac{4}{5}$

จาก 2 กรณีได้ว่า
$(a,b,c) = (\frac{{13}}{9},\frac{4}{3},\frac{{11}}{9}),(-\frac{6}{5},-1,-\frac{4}{5})$
ดังนั้น $(x,y,z) = (\frac{9}{{13}},\frac{3}{4},\frac{9}{{11}}),(-\frac{5}{6},-1,-\frac{5}{4})$

[owlpenguin]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

ดีครับ มีคนทำหลายๆคนจะได้ไม่เหงา ตอนนี้ผมคงทำได้แต่โจทย์พีชคณิตกับอสมการครับ ที่เหลือยังต้องฝึกฝนอีกเยอะ โดยเฉพาะ้เรขาคณิตตอนนี้ความรู้เป็นศูนย์

เหมือนผมเลยครับ... ผมก็เลยต้องทำโจทย์อย่างอื่นแทน
แต่ผมอ่อนอสมการกว่าอีก... เลยจำยอมต่อ mathscope ข้อเหล่านี้คือข้อที่ผมคิดจนสมองแทบทะลักจึงออก
221.7

Solution

$a_{n}=1+\sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{2k}+k^{k}}{k^{2k}+1}$
$= \ 1+\sum_{k = 1}^{n} 1+\frac{k^{k}-1}{k^{2k}+1}$
$= \ n+1+\sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{k}-1}{k^{2k}+1}$
$b_{n}=(\frac{n+1+\sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{k}-1}{k^{2k}+1}}{n+1})^{\frac{1}{n(n+1)}}$
$=(\ 1+\frac{\sum_{k = 1}^{n} \frac{k^{k}-1}{k^{2k}+1}}{n+1})^{\frac{1}{n(n+1)}}$
$\lim_{n \to \infty} b_{n}=(1+0)^{0}=1$

ถ้ามีเวลา จะพิมพ์อีกครับ ยังมีข้อที่ผมสามารถลงอีกประมาณ 10 ข้อ...

[dektep]

349.3 Let $a,b,c,d$ be real numbers such that $a^2+b^2+c^2+d^2=1$
Prove that $$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-cd}+\frac{1}{1-ca}+\frac{1}{1-bd}+\frac{1}{1-da} \leq 8$$
หลังจากกลับไปทำ hojoolee จึงได้แนวคิดนี้มาใช้
Solution ให้ $$S=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-cd}+\frac{1}{1-ca}+\frac{1}{1-bd}+\frac{1}{1-da}$$
$$\therefore S-6 =\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{cd}{1-cd}+\frac{ca}{1-ca}+\frac{bd}{1-bd}+\frac{da}{1-da}$$
$$=\sum_{cyc}\frac{2ab}{2-2ab} $$
$$= \sum_{cyc}\frac{2ab}{2a^2+2b^2+2c^2+2d^2-2ab}$$
$$\leq \sum_{cyc}\frac{2ab}{a^2+b^2+2c^2+2d^2}$$
$$=\sum_{cyc}\frac{2ab}{(a^2+c^2+d^2)+(b^2+c^2+d^2)}$$
$$\leq \frac{1}{2}\sum_{cyc}(\frac{a^2}{a^2+c^2+d^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2+d^2}) = 2$$ QED.
__________________________________________________________________________________________________
346.6 Substitute ;$x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$
$$\therefore a+b+c=1$$
ดังนั้น $$(x-2)(y-2)(z-2) = \frac{(1-2a)(1-2b)(1-2c)}{abc} =\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc} \leq 1$$ โดย Schur's Inequality
__________________________________________________________________________________________________
344.4 โดยอสมการ $Cauchy-Schwarz$ จะได้ว่า $(a+b+c)(ab^2+bc^2+ca^2) \geq (ab+bc+ca)^2$
$$\therefore (ab^2+bc^2+ca^2) \geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}$$
เพราะว่า $9 = 3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2 \therefore \frac{1}{a+b+c} \geq \frac{1}{3}$
$$\therefore (ab^2+bc^2+ca^2) \geq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^2$$

[dektep]

279.6 Find the maximum value of the expression
$\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}$
where $x,y,z$ are real numbers satisfying the condition $x+y+z=1$
Solution จะหาค่าสูงสุดจึงพิจารณาเฉพาะกรณีที่ $x,y,z > 0$
เพราะว่า $(4x+3)(3x-1)^2 \geq 0$ $\therefore \frac{x}{1+x^2} \leq \frac{18}{25}x+\frac{3}{50}$
$\therefore$ $\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2} \leq \frac{9}{10}$
348.2 Find the greatest value of the expression
P=3(xy+yz+zx)-xyz
where x,y,z are positive real numbers such that $x^3+y^3+z^3=3$
Solution จะพิสูจน์ว่าค่าสูงสุดคือ $8$
จะต้องพิสูจน์ว่า $8+xyz \geq 3(xy+yz+zx)$
โดย $$Schur's Inequality ; \frac{9xyz}{x+y+z} \geq 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2)$$
$$\therefore xyz \geq \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)-(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)}{9}$$
$$\therefore xyz+8 \geq \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)-(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+72}{9}$$
$$= \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)-(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+24(x^3+y^3+z^3)}{9}$$
แต่ว่า $3(x^3+y^3+z^3) \geq (x+y+z)(xy+yz+zx)$
$$\therefore xyz+8 \geq \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)+21(x^3+y^3+z^3)}{9}$$
และจาก $3(x^3+y^3+z^3) \geq (x+y+z)(xy+yz+zx)$
$$\therefore xyz+8 \geq \frac{3(x+y+z)(xy+yz+zx)+9(x^3+y^3+z^3)+9(x^3+y^3+z^3)}{9}$$
$$\geq \frac{\sqrt[3]{{3^5(x+y+z)(xy+yz+zx)(x^3+y^3+z^3)^2}}}{3}$$ $$=3\sqrt[3]{(x+y+z)(x^3+y^3+z^3)}\sqrt[3]{xy+yz+zx}$$
$\geq 3(xy+yz+zx)$ โดยอสมการ $Cauchy-Schwarz$
ดังนั้น $xyz+8 \geq 3(xy+yz+zx)$ ดังนั้นค่าสูงสุดของ $3(xy+yz+zx)-xyz$ คือ $8$

[dektep]

301.5 ไม่มั่นใจเท่าไหร่ครับช่วยเช็คด้วยครับ
Find the maximum value of $3(a+b+c)-22abc$ where $a,b,c \in \mathbb{R}$ such that $a^2+b^2+c^2=1$
Solution $1=a^2+b^2+c^2 \geq b^2+c^2 \geq 2bc$
โดยอสมการ $Cauchy-Schwarz ; 3a+3b+3c-22abc = a(3-22bc)+3(b+c)$
$\leq \sqrt{a^2+(b+c)^2}\sqrt{(3-22bc)^2+9} = \sqrt{(1+2bc)(18-132bc+484(bc)^2)}$
ให้ $bc = x$ จะได้ว่า $bc \leq \frac{1}{2}$
ดังนั้น $\sqrt{(1+2bc)(18-132bc+484(bc)^2)} = \sqrt{(1+2x)(484x^2-132x+19)} \leq 5\sqrt{6}$