จาก American maths monthly

[passer-by]

ตอนแรกนึกว่าต้องเป็น อสมการที่อลังการแน่ๆ แต่พอเห็นคุณ Punk ตอบ เลย surprised มากๆ ครับ เพราะผมก็เคยใช้อสมการหน้าตาคล้ายๆอย่างนี้มาบ้าง เวลา test serie แบบ Comparison test

ยังไงก็ขอบคุณมากๆครับที่ช่วยตอบ

[passer-by]

ขอขุดกระทู้นิดนึง พอดีไปเจอเฉลย ข้อ 3 มาครับ

(Solution by Michael Avidon, Allston, MA)

The inequality is equivalent to $$ \ln(\frac{\tan y}{\tan x}) \leq \frac{\sqrt{\cos (x-y)}}{\sin x \sin y}\big(\sqrt{\frac{\cos x}{\cos y} }-\sqrt{\frac{\cos y}{\cos x}} \big )=\frac{\sqrt{ 1+\tan x\tan y}}{\tan x \tan y}( \sqrt{1+\tan^2 y }-\sqrt{1+\tan^2 x}) $$

Let $ p =\tan x \tan y > 0 $ and $ q =\frac{\tan y}{\tan x} \geq 1 $ We wish to show that

$$\ln q \leq \frac{\sqrt{1+p}}{p} \big(\sqrt{1+pq }-\sqrt{1+\frac{p}{q}} \big )=\frac{(\sqrt{1+p})(q-\frac{1}{q})}{\sqrt{1+pq }+\sqrt{1+\frac{p}{q}}} $$
To see this, first note that
$$ \ln q = \int_1^q \frac{dt}{t} \leq \int_1^q \frac{(t+1)dt}{2t^{3/2}} =\sqrt{q}- \frac{1}{\sqrt{q}} $$

Thus ,it is suffice to show that if $ p>0$ and $ q\geq 1$ ,then

$$ \sqrt{q}- \frac{1}{\sqrt{q}} \leq \frac{(\sqrt{1+p})(q-\frac{1}{q})}{\sqrt{1+pq }+\sqrt{1+\frac{p}{q}}} $$ which is equivalent to

$$ \bigg(\frac{(\sqrt{1+p})(q-\frac{1}{q})}{\sqrt{1+pq }+\sqrt{1+\frac{p}{q}}}\bigg) ^2 \leq (1+p)(\sqrt{q}+\frac{1}{\sqrt{q}})^2 $$

Expanding this, cancelling like terms, and substituting $t = \frac{1}{2}(q+\frac{1}{q}) \geq 1$ yields an equivalent, and evidently true, statement :

$$ \sqrt{1+2tp+p^2} \leq t+p $$

[passer-by]

วันนี้ ผมเพิ่งได้ solution จาก AMM ของ 2 ข้อบนสุดมาครับ รู้สึกว่า เฉลยข้อที่เป็นอินทิเกรต จะไม่ต้องใช้ residue ก็ได้ครับ แค่จัดรูปแล้วก็อินทิเกรตอย่างเดียว

ส่วนข้อที่เป็นลิมิต ตอบ $\frac{2a}{a+2}$

แล้วเดี๋ยวจะ scan แปะให้ทั้ง 2 ข้อ ตอนผมใกล้สอบ Final เสร็จนะครับ

[passer-by]

คนมันใจร้อน แปะเลยดีกว่า เริ่มจาก...ข้ออินทิเกรต

[passer-by]

ตามมาด้วย ข้อ ลิมิต