Mathcenter Forum  

Go Back   Mathcenter Forum > คณิตศาสตร์โอลิมปิก และอุดมศึกษา > อสมการ
สมัครสมาชิก คู่มือการใช้ รายชื่อสมาชิก ปฏิทิน ค้นหา ข้อความวันนี้ ทำเครื่องหมายอ่านทุกห้องแล้ว

ตั้งหัวข้อใหม่ Reply
 
เครื่องมือของหัวข้อ ค้นหาในหัวข้อนี้
  #16  
Old 06 พฤษภาคม 2007, 11:14
kanakon's Avatar
kanakon kanakon ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 31 ตุลาคม 2006
ข้อความ: 523
kanakon is on a distinguished road
Default

พอดีเปิดผ่านมาเห็นคุณ M@gpie พิมพ์ตกนิดหน่อย

จากรากที่ 2

$a_1,a_2, ..., a_n \geq 0$ จะได้ว่า \[\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt{a_1a_2...a_n} \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}\]

ต้องเป็นรากที่ n ครับ

$a_1,a_2, ..., a_n \geq 0$ จะได้ว่า \[\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n} \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}\]
__________________
ค ว า ม รั บ ผิ ด ช อ บ

$$|I-U|\rightarrow \infty $$
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #17  
Old 06 พฤษภาคม 2007, 16:12
R-Tummykung de Lamar R-Tummykung de Lamar ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ประสานใจ
 
วันที่สมัครสมาชิก: 20 ธันวาคม 2004
ข้อความ: 566
R-Tummykung de Lamar is on a distinguished road
Default

อันนี้ผมยังสงสัยอยู่ครับ
คือถ้าเป็นอสมการที่ cyclic ทำไมถึงสามารถสมมติได้ว่า
$$a\geq b\geq c \quad\text{หรือ}\quad a\leq b\leq c\qquad(\star)$$
เท่าที่ลองคิดไว้คือ ถ้าเป็นอสมการ cyclic แล้ว ตอนที่สลับ $a\to b$ แล้วไม่ได้อสมการเดิม แต่ถ้าเราสลับต่อเป็น
$a\to b, b\to c, c\to a$ จะกลับมาเป็นอสมการเดิมครับ (เพราะ $P(a,b,c)=P(b,c,a)=P(c,a,b)$)
แต่ก็ยังตอบคำถามตัวเองไม่ได้อยู่ดีครับ ว่าทำไม สมมติแค่ $(\star)$ ก็เพียงพอแล้ว
__________________
[[:://R-Tummykung de Lamar\\::]] ||
(a,b,c > 0,a+b+c=3)
$$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\geq ab+ac+bc$$
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #18  
Old 06 พฤษภาคม 2007, 17:17
gools's Avatar
gools gools ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 26 เมษายน 2004
ข้อความ: 390
gools is on a distinguished road
Default

แต่ถ้า cyclic อย่างเดียวแต่ไม่ symmetry ก็สมมติไม่ได้ไม่ใช่เหรอครับ
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #19  
Old 07 พฤษภาคม 2007, 00:36
nooonuii nooonuii ไม่อยู่ในระบบ
ผู้พิทักษ์กฎทั่วไป
 
วันที่สมัครสมาชิก: 25 พฤษภาคม 2001
ข้อความ: 6,408
nooonuii is on a distinguished road
Default

จริงๆแล้วผมกำลังจะอธิบายเรื่องนี้เพิ่มเข้าไปพอดีเลยครับ แต่กำลังหาทางอธิบายด้วยภาษาง่ายๆอยู่ ถ้าอสมการ cyclic แล้วอสมการจะมีสมมาตรครับ สำหรับการพิสูจน์จะต้องใช้ความรู้เกี่ยวกับ group ของวิธีเรียงสับเปลี่ยนสำหรับสามตัวแปรมาอธิบายครับ

ไอเดียก็คือว่าวิธีเรียงสับเปลี่ยนของตัวแปรสามตัวแปรทั้งหกแบบจะสามารถเขียนเป็นผลประกอบของวิธีเรียงสับเปลี่ยนเพียงสองตัวครับ คือ $a\to b,b\to c,c\to a$ กับ $a\to b,b\to a,c\to c$ ประมาณนี้ครับ

ป.ล. ข้อความนี้จริงสำหรับจำนวนตัวแปรที่น้อยกว่าหรือเท่ากับ 3 เท่านั้นนะครับ ลองคิดกรณีสี่ตัวแปรดูครับว่าทำไมถึงไม่จริง
__________________
site:mathcenter.net คำค้น
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #20  
Old 07 พฤษภาคม 2007, 12:44
R-Tummykung de Lamar R-Tummykung de Lamar ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ประสานใจ
 
วันที่สมัครสมาชิก: 20 ธันวาคม 2004
ข้อความ: 566
R-Tummykung de Lamar is on a distinguished road
Default

$\large (a,b,c) \quad\text{(Identity)}$
$\large (a,c,b)=(b,c,a)\circ(b,a,c)$
$\large (b,a,c)=(b,a,c)$
$\large (b,c,a)=(b,c,a)$
$\large (c,a,b)=(b,c,a)\circ(b,c,a)$
$\large (c,b,a)=(b,a,c)\circ(b,c,a)$

ไม่แน่ใจว่านี่คือที่ต้องการรึเปล่าครับ แต่ถ้าใช่

ผมก็สงสัยต่อว่า ในกรณี 4 ตัวนั้น operation
$(1)\quad (b,c,d,a) $
$(2)\quad (b,a,c,d) $
ก็น่าจะเพียงพอสำหรับทุก $4!=24$ permutation แล้วนี่ครับ
(เพราะเราสามารถเลื่อนมาสลับที่ 2 ตำแหน่งแรกได้ ทำให้เราสามารถเปลี่ยนเป็นลำดับอะไรก็ได้)
__________________
[[:://R-Tummykung de Lamar\\::]] ||
(a,b,c > 0,a+b+c=3)
$$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\geq ab+ac+bc$$
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #21  
Old 07 พฤษภาคม 2007, 20:03
gools's Avatar
gools gools ไม่อยู่ในระบบ
บัณฑิตฟ้า
 
วันที่สมัครสมาชิก: 26 เมษายน 2004
ข้อความ: 390
gools is on a distinguished road
Default

ถ้างั้น $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ เป็นแบบไหนครับ?
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #22  
Old 08 พฤษภาคม 2007, 10:35
nooonuii nooonuii ไม่อยู่ในระบบ
ผู้พิทักษ์กฎทั่วไป
 
วันที่สมัครสมาชิก: 25 พฤษภาคม 2001
ข้อความ: 6,408
nooonuii is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ R-Tummykung de Lamar View Post
$\large (a,b,c) \quad\text{(Identity)}$
$\large (a,c,b)=(b,c,a)\circ(b,a,c)$
$\large (b,a,c)=(b,a,c)$
$\large (b,c,a)=(b,c,a)$
$\large (c,a,b)=(b,c,a)\circ(b,c,a)$
$\large (c,b,a)=(b,a,c)\circ(b,c,a)$

ไม่แน่ใจว่านี่คือที่ต้องการรึเปล่าครับ แต่ถ้าใช่

ผมก็สงสัยต่อว่า ในกรณี 4 ตัวนั้น operation
$(1)\quad (b,c,d,a) $
$(2)\quad (b,a,c,d) $
ก็น่าจะเพียงพอสำหรับทุก $4!=24$ permutation แล้วนี่ครับ
(เพราะเราสามารถเลื่อนมาสลับที่ 2 ตำแหน่งแรกได้ ทำให้เราสามารถเปลี่ยนเป็นลำดับอะไรก็ได้)
สำหรับสามตัวแปร ผมหมายถึง แบบนี้แหละครับ

แต่สำหรับสี่ตัวแปรผมว่ายังไม่น่าจะครบ(แต่ยังหาไม่ได้ว่าตัวไหนที่ขาดหายไปเพราะต้องลองหาผลประกอบออกมาก่อน) เพราะว่าถ้าลองสังเกตดีๆเราจะพบว่า $(b,c,d,a)$ จะหาผลประกอบได้แค่สี่ครั้ง ต่อจากนั้นจะซ้ำกับของเดิม ในขณะที่ $(b,a,c,d)$ ทำได้แค่สองครั้ง แต่ผมก็ยังไม่กล้าสรุปฟันธงว่าได้ไม่ครบครับ ยังไงก็คงต้องลองหาออกมาให้หมดก่อน

ป.ล. คุณ Warut แสดงให้ดูแล้วครับว่าจริง สรุปว่าน้อง R-Tummykung de Lamar คิดถูกแล้วครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น

08 พฤษภาคม 2007 11:45 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #23  
Old 08 พฤษภาคม 2007, 11:10
warut warut ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ไร้สภาพ
 
วันที่สมัครสมาชิก: 24 พฤศจิกายน 2001
ข้อความ: 1,627
warut is on a distinguished road
Default

ผมไม่มั่นใจว่าเข้าใจตรงกับ สิ่งที่ท่านทั้งหลายกำลังคุยกันอยู่ รึเปล่านะครับ แต่ถ้าคำถามคือ $(12)$ กับ $(1432)$ generate $S_4$ หรือเปล่าล่ะก็ คำตอบคือใช่ครับ (เช็คด้วย GAP)

08 พฤษภาคม 2007 11:42 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ warut
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #24  
Old 08 พฤษภาคม 2007, 11:54
nooonuii nooonuii ไม่อยู่ในระบบ
ผู้พิทักษ์กฎทั่วไป
 
วันที่สมัครสมาชิก: 25 พฤษภาคม 2001
ข้อความ: 6,408
nooonuii is on a distinguished road
Default

อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ warut View Post
ผมไม่มั่นใจว่าเข้าใจตรงกับ สิ่งที่ท่านทั้งหลายกำลังคุยกันอยู่ รึเปล่านะครับ แต่ถ้าคำถามคือ $(12)$ กับ $(1432)$ generate $S_4$ หรือเปล่าล่ะก็ คำตอบคือใช่ครับ (เช็คด้วย GAP)
ขอบคุณคุณ Warut ที่ช่วยชี้แนะครับ ผมลองไปเช็คในหนังสือแล้วพบว่า

$S_4=<(12),(1234)>$

ซึ่งก็ตรงตามที่อยากได้กันอยู่พอดีครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #25  
Old 10 พฤษภาคม 2007, 22:41
[Tong]_1412's Avatar
[Tong]_1412 [Tong]_1412 ไม่อยู่ในระบบ
จอมยุทธ์หน้าใหม่
 
วันที่สมัครสมาชิก: 29 มีนาคม 2007
ข้อความ: 77
[Tong]_1412 is on a distinguished road
Send a message via MSN to [Tong]_1412
Default

เห้ย กลับ มาแล้วคับ .... มาดูบอร์ด อีกที ถึงกับ ตาลายยยไปเลย ไม่เข้าใจตั้งแต่ เปลี่ยนตัวเเปรแล้วอ่าแหลาะ ^^



........ไก่..........

งง ละซิคับว่า ไก่ คือ อะไร
__________________
* รัก คณิต



05 สิงหาคม 2007 00:30 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nongtum
เหตุผล: Double post
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #26  
Old 29 กันยายน 2007, 17:07
dektep's Avatar
dektep dektep ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ประสานใจ
 
วันที่สมัครสมาชิก: 07 มีนาคม 2007
ข้อความ: 580
dektep is on a distinguished road
Default

ABC theorem

18 ธันวาคม 2007 10:50 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #27  
Old 14 ตุลาคม 2007, 21:36
lunor's Avatar
lunor lunor ไม่อยู่ในระบบ
ลมปราณบริสุทธิ์
 
วันที่สมัครสมาชิก: 09 กันยายน 2007
ข้อความ: 106
lunor is on a distinguished road
Default

บอร์ดนี้ดีจริงๆครับ ผมต้องเข้ามาอ่านเรื่อยๆ
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #28  
Old 18 ธันวาคม 2007, 22:03
dektep's Avatar
dektep dektep ไม่อยู่ในระบบ
กระบี่ประสานใจ
 
วันที่สมัครสมาชิก: 07 มีนาคม 2007
ข้อความ: 580
dektep is on a distinguished road
Default

Proving inequalities using linear function
Theorem1 ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันซึ่ง $f(x)=ax+b$ ซึ่ง $f(\alpha) \ge 0$ และ $f(\beta) \ge 0$
แล้ว $f(x) \geq 0,\forall x \in [\alpha,\beta]$
Ex1 กำหนดให้ $x,y,z \in R^+$ และ $x+y+z=3$ จงพิสูจน์ว่า $x^2+y^2+z^2+xyz \ge 4$
Solution by Pham Van Thuan,Trieu Van Hung We rewrite the desired inequality in the form
$(y+z)^2-2yz+x^2+xyz \ge 4$
or $yz(x-2)+2x^2-6x+5 \ge 0$
Set $yz=w$,and view the expression on the left hand as a linear function of $w$,that is
$f(w)=(x-2)w+2x^2-6x+5$
Now we need to find all possible values of $w$. By AM-GM inequality,
$yz \leq \frac{(y+z)^2}{4}$.that is $w \leq \frac{(3-x)^2}{4}$,we also have
$w \ge 0$ by hypothesis. By the theorem 1,it's sufficient to show that $f(0) \ge 0$ and $f(w_0) \ge 0$.where $w_0=\frac{(3-x)^2}{4}$.It's easy to check that $f(0)=2x^2-6x+5=2(x-\frac{3}{2})^2+\frac{1}{5} \ge 0,$
$f(w_0)=\frac{1}{4}(x-1)^2(x+2) \ge 0$
The proof is complete.The equality holds if and only if all the three numbers are
equal to 1.
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #29  
Old 12 มกราคม 2008, 21:53
นายสบาย's Avatar
นายสบาย นายสบาย ไม่อยู่ในระบบ
จอมยุทธ์หน้าใหม่
 
วันที่สมัครสมาชิก: 19 มีนาคม 2007
ข้อความ: 81
นายสบาย is on a distinguished road
Default ขอขอบคุณ

ขอขอบคุณมากๆครับ
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #30  
Old 24 พฤษภาคม 2008, 20:46
The Got_SME's Avatar
The Got_SME The Got_SME ไม่อยู่ในระบบ
ลมปราณบริสุทธิ์
 
วันที่สมัครสมาชิก: 21 พฤษภาคม 2008
ข้อความ: 128
The Got_SME is on a distinguished road
Default

บางส่วนเข้าใจบางส่วนก็ไม่เข้าครับ
__________________
ความพยายาม คือ ความสำเร็จของมนุษย์
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
ตั้งหัวข้อใหม่ Reply


เครื่องมือของหัวข้อ ค้นหาในหัวข้อนี้
ค้นหาในหัวข้อนี้:

ค้นหาขั้นสูง

กฎการส่งข้อความ
คุณ ไม่สามารถ ตั้งหัวข้อใหม่ได้
คุณ ไม่สามารถ ตอบหัวข้อได้
คุณ ไม่สามารถ แนบไฟล์และเอกสารได้
คุณ ไม่สามารถ แก้ไขข้อความของคุณเองได้

vB code is On
Smilies are On
[IMG] code is On
HTML code is Off
ทางลัดสู่ห้อง


เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 21:59


Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha