FFTMO9

[วะฮ่ะฮ่า03]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

จาก
$\dfrac{1}{2\sqrt{1}}+\dfrac{1}{2\sqrt{2} } +\dfrac{1}{2\sqrt{3} } +\dfrac{1}{2\sqrt{4} } + ...+\dfrac{1}{2\sqrt{n}} > \dfrac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3} } +\dfrac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4} } +\dfrac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5} } + ...+\dfrac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-1$

$1+\dfrac{1}{\sqrt{2} } +\dfrac{1}{\sqrt{3} } +\dfrac{1}{\sqrt{4} } + ...+\dfrac{1}{\sqrt{n}} >2(\sqrt{n+1} -1) $
Q.E.D

ถูกครับ

[วะฮ่ะฮ่า03]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

by A.M-G.M
$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2)\geqslant (2a)(2b)(2c)(2d)=16abcd$

$a^2+1\geqslant 2a$
$b^2+1\geqslant 2b$
$c^2+1\geqslant 2c$

[Thgx0312555]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03

จงแสดงว่า $\frac{(2n)!}{n!n!} >\frac{(2n)!}{k!(2n-k)!} $ ทุกค่า k=1,2,..,n-1

พบว่า k < n

เทียบทีละพจน์จะได้ (จำนวนพจน์เท่า)

$\prod_{i = k+1}^{n} i! < \prod_{i = n+1}^{2n-k} i!$

$\dfrac{n!}{k!}<\dfrac{(2n-k)!}{n!}$

$n!n! < k!(2n-k)!$

นั่นคือ จาก k > 0, n > 0

$\dfrac{(2n)!}{n!n!} >\dfrac{(2n)!}{k!(2n-k)!} $

[วะฮ่ะฮ่า03]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

พบว่า k < n

เทียบทีละพจน์จะได้ (จำนวนพจน์เท่า)

$\prod_{i = k+1}^{n} i! < \prod_{i = n+1}^{2n-k} i!$

$\dfrac{n!}{k!}<\dfrac{(2n-k)!}{n!}$

$n!n! < k!(2n-k)!$

นั่นคือ จาก k > 0, n > 0

$\dfrac{(2n)!}{n!n!} >\dfrac{(2n)!}{k!(2n-k)!} $

งงตรงนี้ ช่วยอธิบายตรงนี้ด้วยครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

6. หา พหุนาม nonconstant P(x) ทั้งหมด ที่มี สปส. เป็นจำนวนจริง ซึ่ง ถ้า $a^2-b^2 \in \mathbb{Q} $ แล้ว $ P(a)-P(b) \in \mathbb{Q} $ ( กำหนด a,b เป็นจำนวนจริง)

ช่วยเฉลยข้อนี้หน่อยได้ไหมครับไม่รู้จะเริ่มยังไงเลย

เอาแบบคร่าวๆนะครับ ข้อนี้ เริ่มต้นจากการลองแทน a,b เป็นอนันต์ ที่ให้จำนวนตรรกยะที่ simple บางตัวออกมาก่อน

a,b ที่ผมจะเลือก คือ take a = -b แล้วก็พิสูจน์ให้ได้ว่า P(x)= P(-x) ทุกจำนวนจริง x ......(*)

แสดงว่า $ P(x) = Q(x^2) $ สำหรับบางพหุนาม Q

จากนั้น take $ a= \sqrt{b^2+1}$ ในโจทย์จะได้ $Q(b^2+1) - Q(b^2) \in \mathbb{Q}$ ทุกจำนวนจริง b

ซึ่งสรุปได้ไม่ยากว่า $ Q(x+1)-Q(x) = c $ (c เป็นค่าคงที่ตรรกยะ) (ถ้าพิสูจน์ (*) ได้ ก็น่าจะอธิบายบรรทัดนี้ได้ครับ )

ดังนั้น Q เป็น linear function : Q(x) = mx+k (ลอง take R(x) = Q(x)+cx ดูแล้วจะรู้ว่าเพราะอะไรจึงได้ linear)

ดังนั้น $ P(x) = mx^2+k $ เป็นจริงทุก $m \in \mathbb{Q} , k \in \mathbb{R}$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03

ให้ a , b , c เป็นจำนวนจริง และ a+b+c=1
จงแสดงว่า $\dfrac{a}{bc} +\dfrac{b}{ca} +\dfrac{c}{ab} \geqslant 9$

ข้อนี้ไม่ยากครับ ผู้ที่อยากจะศึกษาลองไปที่ห้อง Marathon Inequality ดูครับ

AM-GM

$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{3abc} \geq \dfrac{1}{3abc} \geq 9$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03

จงแสดงว่า $\frac{(2n)!}{n!n!} >\frac{(2n)!}{k!(2n-k)!} $ ทุกค่า k=1,2,..,n-1

$\displaystyle \binom{2n}{n} > \binom{2n}{k}$ ครับ

[วะฮ่ะฮ่า03]

กำหนดให้ a , b ,c เป็นจำนวนจริง และ $a+b+c=1$
จงแสดงว่า $a^2+b^2+c^2\geqslant \frac{1}{3} $

[วะฮ่ะฮ่า03]

กำหนด a,b,c,d เป็นจำนวนจริงบวกหรือศูนย์
จงแสดงว่า
$\frac{\sqrt[3]{a} +\sqrt[3]{b} +\sqrt[3]{c} +\sqrt[3]{d} }{4} $
$\leqslant\sqrt[3]{ \frac{a+b+c+d}{4} } $

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03

กำหนดให้ a , b ,c เป็นจำนวนจริง และ $a+b+c=1$
จงแสดงว่า $a^2+b^2+c^2\geqslant \frac{1}{3} $

$$a^2+b^2+c^2\ge \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$$

[วะฮ่ะฮ่า03]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

$$a^2+b^2+c^2\ge \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$$

ถูกครับ

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03

กำหนด a,b,c,d เป็นจำนวนจริงบวกหรือศูนย์
จงแสดงว่า
$$\frac{\sqrt[3]{a} +\sqrt[3]{b} +\sqrt[3]{c} +\sqrt[3]{d} }{4} \leqslant\sqrt[3]{ \frac{a+b+c+d}{4} } $$

By Power-Mean $$\Big(\frac{a^{1/3}+b^{1/3}+c^{1/3}+d^{1/3}}{4}\Big)^{3}\le \Big(\frac{a+b+c+d}{4}\Big)$$

[วะฮ่ะฮ่า03]

ให้ $x_1,x_2,...,x_n$ เป็นจำนวนจริงบวก และ $x_1+x_2+...+x_n=1$
จงแสดงว่า
$ \sqrt{x_1(1-x_1)} +\sqrt{x_2(1-x_2)} +...+\sqrt{x_n(1-x_n)} \leqslant \sqrt{n-1} $

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03

ให้ $x_1,x_2,...,x_n$ เป็นจำนวนจริงบวก และ $x_1+x_2+...+x_n=1$
จงแสดงว่า
$ \sqrt{x_1(1-x_1)} +\sqrt{x_2(1-x_2)} +...+\sqrt{x_n(1-x_n)} \leqslant \sqrt{n-1} $

By Considering Cauchy $$\sqrt{x_1(1-x_1)} +\sqrt{x_2(1-x_2)} +...+\sqrt{x_n(1-x_n)} \le \sqrt{x_1+...+x_n}\sqrt{(1-x_1)+...+(1-x_n)}=\sqrt{n-1}$$

[BLACK-Dragon]

มาเบรกคุณ จูกัดเหลียง ไว้สัก 2 นาที

(ปัตตานี) กำหนดให้ $x_1,x_2,x_3,...,x_n$ เป็นจำนวนจริงบวก ซึ่ง

$\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+....+\dfrac{1}{x_n}= n$ จงแสดงว่า

$$x_1x_2^2x_3^3...x_n^n \geq\left(\,\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{n+1}{2n+1}\right)^{\dfrac{n(n+1)}{2}}$$

[Thgx0312555]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03

งงตรงนี้ ช่วยอธิบายตรงนี้ด้วยครับ

เขียนแบบนี้น่าจะเข้าใจมากกว่า
เทียบทีละพจน์
$(n+1)(n+2)...(2n-k) > (k+1)(k+2)...n$
$\dfrac{(2n-k)!}{n!} > \dfrac{n!}{k!}$