#1
|
||||
|
||||
โจทย์จาก India
$x,y,z \geq$ 0 and $xyz \geq xy+yz+zx$ prove that $xyz \geq 3(x+y+z)$
|
#2
|
||||
|
||||
โอ้ ผมไม่คิดว่าจะทำอสมการออกนะครับเนี่ย เพราะไม่ถนัดเล้ยย
Solution ผม เพื่อให้ดูง่ายเราเปลี่ยน $\frac{1}{x} =a,\frac{1}{y} =b,\frac{1}{z} =c$ แล้วเราก็จะพบว่า โจทย์จะสมมูลกับ "กำหนดให้ $a,b,c\geq 0, a+b+c\leq 1$ จงแสดงว่า $ab+bc+ca\leq \frac{1}{3} $" เริ่มดูดีแล้ว 555+ จากนั้น เราจะพบว่า จาก $a+b+c\leq 1$ ทำให้ $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca\leq 1$ จะได้ว่า; $ab+bc+ca\leq \frac{1-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) }{2} \leq \frac{1-\left(\frac{\left(a+b+c\right)^{2} }{3} \right) }{2}\leq \frac{1}{3}$ ปล.พิมพ์เปลี่ยนภาษาไปมา แถมยังต้องใช้ Math fonts นี่ยากจังเลย "- - |
#3
|
||||
|
||||
$xyz(xy+yz+zx) \geq (xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z) \therefore xy+yz+zx \geq 3(x+y+z)$ แต่ $xyz \geq xy+yz+zx \therefore xyz \geq 3(x+y+z)$ |
#4
|
||||
|
||||
__________________
ในโลกนี้มีอสมการมากมายที่กระจายไม่ออก ดังนั้นถ้ารู้ว่าตนกระจอกก็อย่าอาย ถ้าอยากออกก็ต้องกระจาย จะได้ไม่ต้องอายที่ตนกระจอก (Vasc's) $$\left( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)^{2} \geq 3\left(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\right)$$ 05 ตุลาคม 2007 23:32 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Spotanus เหตุผล: ใส่โค้ดผิด |
#5
|
||||
|
||||
จากcauchy-schwarz; $ab+bc+bc \leq a^2+b^2+c^2$ ให้ $a=xy,b=yz,c=zx$ แล้วบวกด้วย 2xyz(x+y+z) ทั้งสองข้าง
|
|
|