อสมการ
1. $a,b,c$ >0 $abc=1$
$$\dfrac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[5]{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}}$$ 2. $a,b,c \ge 0$ ,$a^3+b^3+c^3=3$ $$a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4 \le 3$$ 3. $a,b,c >0$ $$\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{b^3+(c+a)^3}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{c^3+(a+b)^3}} \ge 1$$ |
อ้างอิง:
Then It's Equavalent to $$\sqrt{\frac{x^3}{x^3+1}}+\sqrt{\frac{y^3}{y^3+1}}+\sqrt{\frac{z^3}{z^3+1}}\ge 1$$ use $f(x)=\frac{x^3}{x^3+1}$ then $f$ is convex by Jense's Ineuality $$\sqrt{\frac{x^3}{x^3+1}}+\sqrt{\frac{y^3}{y^3+1}}+\sqrt{\frac{z^3}{z^3+1}} \ge 3\sqrt{\frac{(\frac{x+y+z}{3})^3}{(\frac{x+y+z}{3})^3+1}}$$ Then It's Remain to show that $x+y+z\ge \frac{3}{2}$ That's Nesbitt's Ineqaulity |
$4.a,b,c >0, a^2+b^2+c^2+d^2=4$
$$a^3+b^3+c^3+d^3 \le 8$$ เนื่องจาก $a^2 \le 4$ จะได้ $a\le 2$ แล้วคูณ $a^2$ ทั้งสองข้าง $a^3+b^3+c^3+d^3 \le 2a^2+2b^2+2c^2+2d^2 =8$ $5. a,b,c >0 such that$ $$a^2+b^2+c^2=a+b+c$$ prove that $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \le ab+bc+ca$$ |
อ้างอิง:
เพราะ $a,b,c,d>0$ แล้วทำให้ $a^2<4$ เสมอ |
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
ปล. Holder มันใช้ยังไงหรอครับ |
Hint หรือ เฉลย หรือเอามาให้โพส์ทำเฉยๆครับ?
ข้อ 1 ของ vasc ผมเคยเฉลยไปแล้วใช้ sos-schur อีกวิธีที่ทำได้คือ pqr (ยังไม่ได้ลอง แต่มั่นใจว่าน่าจะทำได้) หรือไม่ก็น่าจะมีวิธีพื้นฐานดีๆ ข้อ 2 อาจจะอยู่ใน secret หรือเปล่า |
อ้างอิง:
เพื่อจะให้คนมาดูว่าถูกหรือผิด |
อ้างอิง:
แต่ $b,c,d \in \mathbb{R}$ ก็แสดงว่า $b=c=d=0$ กรณีเดียว ซึ่งขัดกับที่ว่า $a,b,c,d>0$ ยังไงล่ะครับ :) ส่วนเรื่องของ Holder ที่ผมทำอาจจะเร่งรีบจนลัดไปหน่อย :p อสมการโฮลเดอร์ก็มีอยู่ว่า $$x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n \le \left(\, x_1^p+x_2^p+...+x_n^p\right)^{1/p} \left(\, y_1^q+y_2^q+...+y_n^q\right)^{1/q}$$ เมื่อทุกตัวแปรเป็นจำนวนจริงบวก และ $1/p+1/q=1$ ซึ่งก็เป็นทฤษฎีใหญ่ที่รวมเอาของ Cauchy-Schwarz เข้ามาด้วย แถมสามารถเพิ่มเป็นกี่ตัวแปรก็ได้ ไม่จำเป็นต้องมีแค่ $x_i,y_i$ ถ้าเป็นสามตัวแปรก็คือ $$x_1y_1z_1+x_2y_2z_2+...+x_ny_nz_n \le \left(\, x_1^p+x_2^p+...+x_n^p\right)^{1/p} \left(\, y_1^q+y_2^q+...+y_n^q\right)^{1/q} \left(\, z_1^r+z_2^r+...+z_n^r\right)^{1/r}$$ เมื่อทุกตัวแปรเป็นจำนวนจริงบวก และ $1/p+1/q+1/r=1$ ตัวที่ใช้บ่อยก็คือ $p=q=r=3$ และ $n=3$ หรือก็คือ $$x_1y_1z_1+x_2y_2z_2+x_3y_3z_3 \le \sqrt[3]{(x_1^3+x_2^3+x_3^3)(y_1^3+y_2^3+y_3^3)(z_1^3+z_2^3+z_3^3)}$$ และในตัวอย่างที่ผมให้ไปก็คือ $$x^2+y^2+z^2=x^{4/3}x^{1/3}x^{1/3}+y^{4/3}y^{1/3}y^{1/3}+z^{4/3}z^{1/3}z^{1/3} \le \sqrt[3]{(x^4+y^4+z^4)(x+y+z)(x+y+z)}$$ |
อ้างอิง:
ลองไปหาดูในเน็ตเจอแต่ยากๆอ่ะครับ เจอข้อนึงไม่รู้ถูกไหมนะครับตรวจให้ด้วย $ab^2+bc^2+ca^2\leq a^3+b^3+c^3$ $ab^2+bc^2+ca^2=a \cdot b \cdot b+b\cdot c \cdot c+c\cdot a \cdot a$ $ \cdot b \cdot b+b\cdot c \cdot c+c\cdot a \cdot a \le \sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)^3}$ $ab^2+bc^2+ca^2\leq a^3+b^3+c^3$ |
อ้างอิง:
ส่วนโจทย์ลองหาดูในลิ้งค์ที่ผมเคยโพสไปแล้วในนี้ หนังสือเข้าค่ายสอวน รู้สึกจะเป็นเล่มที่ผมเขียนต่อท้ายว่า อันนี้ดีๆ ตัวอย่างโจทย์ซักข้อที่ดูน่าจะยาก แต่ถ้าใช้ Holder เป็นก็จะมองออกว่าทำอย่างไร กำหนดจำนวนจริง $a,b,c>0$ พิสูจน์ $$\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3} \le \sqrt[3]{a \cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3}}$$ ปล.ไม่ได้ใช้ Holder อย่างเดียวนะ กลัวเดี๋ยวออกทะเล :laugh: |
5.\[\sum_{cyc}a^2b^2=\frac{(\sum_{cyc}a)^2\sum_{cyc}a^2b^2}{(\sum_{cyc}a^2)^2}=\frac{\sum_{sym}a^4b^2+2\sum_{cyc}a^3b^3+2\sum_{sym}a ^3b^2c+3a^2b^2c^2}{(\sum_{cyc}a^2)^2}\]
\[\le\frac{\sum_{sym}a^5b+\sum_{cyc}a^4bc+2\sum_{cyc}a^3b^3+2\sum_{sym}a^3b^2c}{(\sum_{cyc}a^2)^2}=\frac{(\sum_{cyc}a^2)^2\sum_{cy c}ab}{(\sum_{cyc}a^2)^2}=\sum_{cyc}ab\] |
มีกระทู้เก่าๆ เป็นโจทย์พี่ nooonuii ครับ http://www.mathcenter.net/forum/showthread.php?t=10634 มีอสมการโฮลเดอร์ให้ฝึกเยอะมาก :great:
ปล.คุณ template ลองทำแบบไม่กระจายดูซิครับ :rolleyes: |
อ้างอิง:
$\dfrac{a+\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a+b+c}{3}}{3} \ge \sqrt[3]{a \cdot \dfrac{a+b}{2} \cdot \dfrac{a+b+c}{3}}$ $\dfrac{a+\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a+b+c}{3}}{3} \ge \dfrac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}$ มันไม่เีพียงพอที่จะพิสูจน์ อสมการที่ต้องการอ่ะครับ (หรือหลงป่า ตั้งแต่เริ่มเลย) |
อ้างอิง:
$$\leq \frac{1}{3}\sqrt[3]{((a^{\frac{1}{3}})^3+(a^{\frac{1}{3}})^3+(a^{\frac{1}{3}})^3)(a+b+\sqrt{ab})(a+b+c)}$$ $$\leq \frac{1}{3}\sqrt[3]{((a^{\frac{1}{3}})^3+(a^{\frac{1}{3}})^3+(a^{\frac{1}{3}})^3)(\frac{3}{2}(a+b))(a+b+c)}$$ $$=\sqrt[3]{a \cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3}}$$ |
อย่างที่คุณจูกัดเหลียงเฉลยไว้แหละครับ เริ่มต้นต้องพยายามจัดรูปให้อยู่ในรูปที่ใช้โฮลเดอร์ได้
จากนั้นค่อยเก็บรายละเอียดปลีกย่อยด้วย AM-GM อย่าง $2\sqrt{ab} \le a+b$ ครับ |
อ้างอิง:
อยากลองฝึกดู |
อยากได้เหมือนกันครับ
|
ลองทำข้อนี้ดูครับ ของ Kedlaya
กำหนดให้ $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่ติดลบ จงพิสูจน์ว่า $$\frac{a+\sqrt{a_{1}a_{2}}+...+\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}{n}\leq \sqrt[n]{a_{1}\cdot \frac{a_1+a_{2}}{2}...\frac{a_{1}+...+a_{n}}{n}}$$ |
อันนี้โหดๆ :died:
ตอนนี้หนีน้ำท่วมมาอยู่ต่างจังหวัดเลยไม่มีโจทย์ให้ทำเยอะเท่าไหร่น่ะๆ :cry: |
อ้างอิง:
$\dfrac{a^3+b^3+1}{3} \ge ab$ $\dfrac{4a^3b^3-a^3b^3c^3}{3} \ge a^4b^4$ นั่นคือเราต้องพิสูจน์ว่า $$4(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)-3a^3b^3c^3 \le 9$$ จากนั้นคูณ $a^3+b^3+c^3$ ตลอด $$4(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)(a^3+b^3+c^3)-9a^3b^3c^3 \le (a^3+b^3+c^3)^3$$ โดยอสมการ Schur จะได้ว่า $$x^3+y^3+z^3+6xyz \ge (x+y+z)(xy+yz+zx)$$ $$x^3+y^3+z^3+3(x+y+z)(xy+yz+zx)+6xyz \ge 4(x+y+z)(xy+yz+zx)$$ $$(x+y+z)^3 \ge 4(x+y+z)(xy+yz+zx) \ge 4(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz$$ แทน $x,y,z$ เป็น $a^3,b^3,c^3$ จะได้อสมการที่เราต้องการ |
#21
ยังมีที่ผิดนะคับ |
อ้างอิง:
ตรงไหนนะครับ |
#23
ข้อนี้ ไม่ใช่อสมการแท้ นะครับ |
เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 12:19 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha