|
|
#1
11 กุมภาพันธ์ 2011, 18:34
|
|||
|
|||
ขอละเอียด
1 .กำหนดให้ $abc \succeq 1$
$a,b,c \succ 0$ จงพิสูจน์ $\frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} + \frac{1}{1+c+a} \preceq 1$ 2. กำหนดให้ $a,b,c \succ 0$ จงพิสูจน์ $\frac{b+c}{a^2} + \frac{c+a}{b^2} + \frac{a+b}{c^2} \succeq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$ 11 กุมภาพันธ์ 2011 18:36 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ สมัครเล่น 
|
|
#2
11 กุมภาพันธ์ 2011, 21:03
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
$\frac{1}{1+a+b} + \frac{1}{1+b+c} + \frac{1}{1+c+a} \leq 1 \leftrightarrow \frac{a+b}{1+a+b} + \frac{b+c}{1+b+c} + \frac{c+a}{1+c+a} \geq 2$ จึงเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $\frac{a+b}{1+a+b} + \frac{b+c}{1+b+c} + \frac{c+a}{1+c+a} \geq 2$ ให้ $a=x^3,b=y^3,c=z^3$ พิจรณา $2=\sum_{cyc}\frac{x+y}{x+y+z}=\sum_{cyc}\frac{1}{1+\frac{z}{x+y} }$ โดยอสมการ AM-GM จะได้ว่า $x^3+y^3=(\frac{2}{3}x^3+\frac{1}{3}y^3)+(\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{3}y^3) \geq x^2y+xy^2\leftrightarrow 1+\frac{xyz}{x^3+y^3} \leq 1+\frac{xyz}{x^2y+xy^2}=1+\frac{z}{x+y} \leftrightarrow \frac{1}{1+\frac{xyz}{x^3+y^3}} \geq \frac{1}{1+\frac{z}{x+y}} $ จะได้ว่า $\sum_{cyc}\frac{1}{1+\frac{xyz}{x^3+y^3}} \geq \sum_{cyc}\frac{1}{1+\frac{z}{x+y}} =2 .....(1)$ แต่ $\frac{1}{1+\frac{xyz}{x^3+y^3}}=\frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+xyz}.....(2)$ แต่จาก $abc=(xyz)^3 \geq 1\rightarrow xyz \geq 1$ จะได้ $x^3+y^3+xyz \geq x^3+y^3+1\leftrightarrow \frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+1} \geq \frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+xyz}\leftrightarrow \frac{a+b}{a+b+1} \geq \frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+xyz}$ จะได้ $\sum_{cyc}\frac{a+b}{a+b+1} \geq \sum_{cyc}\frac{x^3+y^3}{x^3+y^3+xyz}.....(3)$ จาก (1),(2),(3) จะได้ว่า $\sum_{cyc}\frac{a+b}{a+b+1} \geq 2 \square$
__________________
เหนือฟ้ายังมีฟ้าแต่เหนือข้าต้องไม่มีใคร ปีกขี้ผื้งของปลอมงั้นสินะ ...โลกนี้โหดร้ายจริงๆ มันให้ความสุขกับเรา แล้วสุดท้าย มันก็เอาคืนไป...
|
|
#3
11 กุมภาพันธ์ 2011, 23:47
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
ควรจะเป็น $$\frac{b+c}{a^2}+\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2}\succeq\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}$$ แล้วใช้ Rearrangement ปล. ชื่อกระทู้ น่าเข้ามาอ่านมาก -__-"
|
  |
|
|
