|
|
|||||||
| สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
  |
|
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
#1
24 ตุลาคม 2007, 00:05
|
|||
|
|||
จงพิสูจน์ว่า ...
ขอ hint ด้วยนะครับ
 1. กำหนดให้ $ a,b,c > 0 $ และ $abc=1$ จงพิสูจน์ว่า $ \frac{a^{3}c}{(b+c)(c+a)}+ \frac{b^{3}a}{(c+a)(a+b)} + \frac{c^{3}b}{(a+b)(b+c)} \geq \frac{3}{4}$ 2. ให้ $a,b,c,d$ เป็นจำนวนเต็มบวกซึ่ง $a,b,c,d<1$ และ $a+b+c+d = 2$ จงพิสูจน์ว่า $$\frac{2}{9}(\frac{1}{\sqrt{(1-a)(1-b)}}+\frac{1}{\sqrt{(1-a)(1-c)}}+\frac{1}{\sqrt{(1-a)(1-d)}}+\frac{1}{\sqrt{(1-b)(1-c)}}+\frac{1}{\sqrt{(1-b)(1-d)}}+\frac{1}{\sqrt{(1-c)(1-d)}}) $$ $$ \geq \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+d}$$ 3. กำหนดให้ $x,y,z \geq 0$ และ $xyz \geq 1$จงพิสูจน์ว่า $$\frac{x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\frac{y^{2}}{y^{5}+x^{2}+z^{2}}+\frac{z^{2}}{z^{5}+y^{2}+x^{2}} \leq 1$$ 25 ตุลาคม 2007 10:47 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Tony 
|
|
#2
24 ตุลาคม 2007, 19:30
|
||||
|
||||
|
ข้อ3นี่ถ้ามี2ตัวเป็น0และอีกตัวนึงน้อยกว่า1หล่ะครับ
__________________
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x-b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$ BUT $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a\cos x+b\sin x}{a\sin x+b\cos x}dx=\frac{\pi ab}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\ln\left(\frac{a}{b}\right)$$
|
|
#4
06 พฤศจิกายน 2007, 22:45
|
||||
|
||||
|
ข้อ3 ก่อนนะครับ Solution สั้นมากเลย แต่ถ้าดูไม่ออกก็คงจะยากมาก (ตอนนั้นผมก็ดูไม่ออกเหมือนกัน)
Lemma $\frac{x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}} \leq \frac{x}{x+y+z} $ โดย AM-GM จะได้ว่า $x^{5}+\frac{1}{x} \geq 2x^{2}$ จาก Lemma นำมา Sigma cyc จะได้แต่จาก $xyz\geq 1$ ดังนั้น $x^{5}+yz \geq 2x^{2}$ แต่โดย AM-GM จะได้ว่า $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq xy+yz+zx$ นั่นคือ $2x^{2}\geq xy+yz+zx-y^{2}-z^{2}+x^{2}$ จะได้ว่า $x^{5}+yz \geq xy+yz+zx-y^{2}-z^{2}+x^{2}$ จัดรูปจะได้ $\frac{x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}} \leq \frac{x}{x+y+z} $  ตามต้องการ จบการพิสูจน์ Lemma $$\frac{x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}} +\frac{y^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}} +\frac{z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}} \leq \frac{x}{x+y+z}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{z}{x+y+z}=1$$
|
|
#5
13 พฤศจิกายน 2007, 20:21
|
||||
|
||||
|
AM-GM
$\frac {1}{\sqrt {(1 - x)(1 - y)}} \ge \frac {2}{2 - x - y}$ $\frac {2}{9}(\frac {1}{\sqrt {(1 - a)(1 - b)}} + \frac {1}{\sqrt {(1 - a)(1 - c)}} + \frac {1}{\sqrt {(1 - a)(1 - d)}} + \frac {1}{\sqrt {(1 - b)(1 - c)}} + \frac {1}{\sqrt {(1 - b)(1 - d)}} + \frac {1}{\sqrt {(1 - c)(1 - d)}}) \ge$ $\frac {2}{9}( \frac {2}{2 - a - b} + \frac {2}{2 - a - c} + \frac {2}{2 - a - d} + \frac {2}{2 - b - c} + \frac {2}{2 - b - d} + \frac {2}{2 - c - d})$ $= \frac {2}{9}( \frac {2}{a + b} + \frac {2}{a + c} + \frac {2}{a + d} + \frac {2}{b + c} + \frac {2}{b + d} + \frac {2}{c + d}).$ จาก โคชี จะได้ว่า $\frac {2}{a + b} + \frac {2}{a + c} + \frac {2}{a + d} \ge \frac {18}{3a + b + c + d} = \frac {18}{2} (\frac {1}{a + 1})$ และ $\frac {2}{a + b} + \frac {2}{b + c} + \frac {2}{b + d} \ge \frac {18}{3b + a + c + d} = \frac {18}{2} (\frac {1}{b + 1})$ $\frac {2}{c + b} + \frac {2}{a + c} + \frac {2}{c + d} \ge \frac {18}{3c + b + a + d} = \frac {18}{2} (\frac {1}{c + 1})$ และ $\frac {2}{a + d} + \frac {2}{d + c} + \frac {2}{b + d} \ge \frac {18}{3b + b + c + a} = \frac {18}{2} (\frac {1}{d + 1})$ นำอสมการที่ได้มาบวกกันจะได้ว่าอสมการที่โจทย์ต้องการเป็นจริง
|
| |
|
|
