|
มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee
โจทย์อสมการของ Hojoo Lee
อสมการ |
อย่างที่บอกครับว่าโจทย์เยอะมากๆ ถ้าให้เฉลยหมดคงไม่ไหวครับ ถ้าสนใจข้อไหนเป็นพิเศษเดี๋ยวจะเอามาลงให้ ข้างล่างคือข้อที่ผมคิดได้แล้วครับ
1 2 3 4 7 10 12 13 17 19 22 23 24 25 26 31 33 38 40 42 45 46 49 50 51 55 56 57 58 60 62 63 64 65 67 68 70 74 76 80 81 82 83 84 85 86 87 89 90 91 92 94 96 99 100 101 102 103 106 107 108 115 116 117 118 119 120 121 122 124 126 127 133 134 137 142 146 147 148 149 150 151 152 153 155 156 157 Comment : 1. โจทย์ข้อ 2 พิมพ์ผิดครับ อสมการทางขวามือต้องเปลี่ยน 1 เป็น 2 2. ข้อ 156 โจทย์ก็น่าจะผิดครับ เพราะผมทำให้อสมการ sharp กว่าเดิมได้โดยเปลี่ยน 4 เป็น 10 ครับ |
82. By Cauchy-Schwarz inequality we have
$3xyz(x+y+z)\leq (xy+yz+zx)^2\leq (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2).....(1)$ By AM - GM inequality we get $\sqrt{x^2+y^2+z^2}(xy+yz+zx)\geq 3\sqrt{3}xyz......(2)$ Using equivalent forms of (1) and (2) and adding them together we get the required inequality. |
ข้อ11.เครื่องหมายกลับข้างครับ
|
มาเติมข้อที่เพิ่งทำได้ครับ
1 17 19 51 67 151 ป.ล. ขออภัยคุณ dektep ด้วยครับ ผมทำเฉลยข้อ 125 หายซะแล้วครับ เดี๋ยวคิดใหม่อีกรอบ :sweat: |
ข้อ17.ทำยังไงครับ :confused:
|
อ้างอิง:
17. ใช้อสมการนี้ $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{1+ab}$ ซึ่งสามารถพิสูจน์ได้โดยการจัดรูป ดังนั้นเราจะได้ $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2} + \frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd} =1$ |
อ้างอิง:
|
อยากได้เฉลยทุกข้อที่คุณ nooonuii ทำไว้เลยอะครับ จะได้มั้ยน้อ แล้วแต่จะกรุณาครับ
|
อ้างอิง:
ปัญหาคือ ผมมีคำตอบในเศษกระดาษครับ ผมตั้งใจว่าจะเอาคำตอบมาลงที่นี่เรื่อยๆจนกว่าจะครบ ในอีกทางหนึ่งก็จะ copy โค้ด Latex จากที่นี่ไปพิมพ์เก็บไว้ด้วย ถ้าผมเฉลยที่นี่ครบเมื่อไหร่ก็คงพิมพ์เสร็จพอดี ถึงตอนนั้นอาจจะทำเป็นไฟล์ pdf มาแจกได้ครับ ถ้าอยากได้จริงๆก็คงต้องรอหน่อยล่ะครับ ซึ่งผมก็ยังบอกแน่นอนไม่ได้ว่าเสร็จเมื่อไหร่ เพราะโจทย์เยอะมากๆ แต่ถ้าอยากรู้คำตอบโดยไม่ต้องรอและอ่านภาษาอังกฤษได้ ผมแนะนำเวบนี้ครับ mathlink อยากได้คำตอบข้อไหน ปีไหน ประเทศอะไร มีหมดครับ :great: |
มาเฉลยข้อที่คิดได้ครับ
1. BMO 2005 $a,b,c>0$ $$\frac{a^2}{b} +\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq a+b+c + \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$ $\displaystyle{\Big(\frac{a^2}{b}-a\Big) +\Big(\frac{b^2}{c}-b\Big)+\Big(\frac{c^2}{a}-c\Big)}$ $\displaystyle{=\frac{(a-b)^2}{b} +\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}}$ $\displaystyle{\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}}$ $\displaystyle{\geq \frac{(|a-b|+|b-c+c-a|)^2}{a+b+c}}$ $\displaystyle{\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}}$ $$\frac{b+c}{a^2} +\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2} \geq 2\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)$$ WLOG assume $a\leq b\leq c$. By rearrangement inequality, we have $\displaystyle{2\Big(\frac{b+c}{a^2} +\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2}\Big)}$ $\displaystyle{\geq \Big(\frac{b+c}{b^2} +\frac{c+a}{c^2}+\frac{a+b}{a^2}\Big)+\Big(\frac{b+c}{c^2} +\frac{c+a}{a^2}+\frac{a+b}{b^2}\Big)}$ $\displaystyle{= \frac{(b+c)(b^2+c^2)}{b^2c^2} +\frac{(c+a)(c^2+a^2)}{c^2a^2}+\frac{(a+b)(a^2+b^2)}{a^2b^2}}$ $\displaystyle{\geq 2\Big(\frac{1}{b} +\frac{1}{c}\Big)+2\Big(\frac{1}{c} +\frac{1}{a}\Big)+2\Big(\frac{1}{a} +\frac{1}{b}\Big)}$ $\displaystyle{= 4\Big(\frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)}$ |
3. Romania 2005 $a,b,c,d>0$
$$\frac{a}{b+2c+d}+\frac{b}{c+2d+a}+\frac{c}{d+2a+b}+\frac{d}{a+2b+c}\geq 1$$ $LHS = \displaystyle{\frac{a^2}{ab+2ac+ad}+\frac{b^2}{bc+2bd+ab}+\frac{c^2}{cd+2ac+bc}+\frac{d^2}{ad+2bd+cd}}$ $\geq \displaystyle{\frac{(a+b+c+d)^2}{2(ab+bc+cd+da)+4(ac+bd)}}$ $\geq 1$ $$a+b+c\geq \frac{3}{abc}$$ By Cauchy-Schwarz inequality, we have $$3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2$$ By assumption we have $$3(ab+bc+ca)\leq 3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2.$$ Thus $3\leq ab+bc+ca$. Therefore, $$\frac{3}{abc}\leq 3\Big(\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\Big)\leq a+b+c.$$ |
คิดข้อ 7 ผิดครับ :sweat: งั้นขอเฉลยสามข้อนี้ก่อนละกัน
31,87,92 สามข้อนี้สามารถพิสูจน์ได้ด้วยอสมการข้อ 87 ครับ 87. USA 1997 $(a,b,c>0)$ $$\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{abc}$$ We can easily show that 31. Baltic Way 2004 $a,b,c>0,abc = 1,n\in\mathbb{N}$$$a^3+b^3\geq ab(a+b).$$ Thus $$\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}$$ Hence $$LHS \leq \frac{1}{ab(a+b+c)} +\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ca(a+b+c)}=\frac{1}{abc}.$$ $$\frac{1}{a^n+b^n+1}+\frac{1}{b^n+c^n+1}+\frac{1}{c^n+a^n+1}\leq 1$$ Let $x=a^{n/3},y=b^{n/3},z=c^{n/3}.$ Then $xyz=1.$ Thus the inequality is equivalent to # 87. 92. IMO Short List 1996 (a,b,c>0,abc=1)$$\frac{ab}{a^5+b^5+ab}+\frac{bc}{b^5+c^5+bc}+\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\leq 1$$ We can easily show that ได้ข้อ 7 แล้วครับ :yum: $$ab(a^3+b^3)\leq a^5+b^5.$$ Thus $$\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\leq \frac{1}{a^3+b^3+abc}. $$ Hence the inequality is a direct consequence of #87. 7. Romania 2005 $a,b,c>0, \,abc\geq 1$ $$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$$ Let $k=\sqrt[3]{abc}$ and $\displaystyle{ x=\frac{a}{k},y=\frac{b}{k},z=\frac{c}{k}}$. Then $k\geq 1$ and $xyz=1$. Thus $\displaystyle{ LHS = \frac{1}{kx+ky+1}+\frac{1}{ky+kz+1}+\frac{1}{kz+kx+1}}$ $\displaystyle{ \leq \frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}}$ $\leq 1.$ Note that the last inequality is just a special case of # 31. |
10,22,151 สามข้อนี้ใช้ไอเดียเดียวกันครับ
10. Romania 2005 $a,b,c>0,a+b+c=1$ $$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}}$$ Since $f(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x}}$ is convex on $[0,1]$, Jensen's inequality implies that 22. Serbia and Montenegro 2005 $(a,b,c>0)$$\displaystyle{ LHS=\frac{a}{\sqrt{1-a}}+\frac{b}{\sqrt{1-b}}+\frac{c}{\sqrt{1-c}} }$ $\displaystyle{ \geq 3f\Big(\frac{a+b+c}{3}\Big)}$ $\displaystyle{ =\sqrt{\frac{3}{2}} }$ $$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$$ The inequality is homogeneous! Thus we can normalize by letting $a+b+c=1$. Then the problem becomes #10. 151. The same problem as #10. |
12. Czech and Slovak 2005 $a,b,c>0, abc =1$
$$\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}$$ Brute force!! The inequality is equivalent to 13. Japan 2005 $a,b,c>0, a+b+c =1$$$ab+bc+ca+a+b+c\geq 6$$ which is easy to prove by AM-GM inequality. $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$ $\displaystyle{LHS=a\sqrt[3]{(a+2b)\cdot 1\cdot 1}+b\sqrt[3]{(b+2c)\cdot 1\cdot 1}+c\sqrt[3]{(c+2a)\cdot 1\cdot 1}}$ $\displaystyle{\leq \frac{a(a+2b+2)+b(b+2c+2)+c(c+2a+2)}{3}}$ $\displaystyle{=\frac{(a+b+c)^2+2(a+b+c)}{3}}$ $=1$ |
Hint! ข้อ153. ใช้เรขาคณิต+Law of cosine
|
19. Poland 2005 $a,b,c\in [0,1]$
$$\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ca+1}+\frac{c}{ab+1}\leq 2$$ WLOG assume $a\leq b \leq c$. Since $(1-a)(1-b)\geq 0$, we have $a+b\leq 1+ab \leq 1+2ab$. Thus $a+b+c \leq a+b+1 \leq 2(1+ab)$. Therefore, $$LHS \leq \frac{a}{ab+1}+\frac{b}{ab+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{2(1+ab)}{1+ab}=2$$ |
ข้อนี้ไม่ได้คิดเองครับ
23, 38 Russia 2002, Serbia and Montenegro 2005 $a+b+c=3, a,b,c > 0 $ $$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$$ By AM-GM inequality we have $a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a$ $b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b}\geq 3b$ $c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c}\geq 3c$ Thus $a^2+b^2 +c^2+ 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) $ $\geq 3(a+b+c) $ $= (a+b+c)^2$ $=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$ Cancelling similar terms we get the required inequality. Source : http://www.kalva.demon.co.uk/ |
24. Bosnia and Hercegovina 2005 $a+b+c=1,a,b,c>0$
$$a\sqrt{b} + b\sqrt{c} + c\sqrt{a}\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$$ Using Cauchy - Schwarz inequality we have 25. Iran 2005 $a,b,c>0$$a\sqrt{b} + b\sqrt{c} + c\sqrt{a} = \sqrt{a}\cdot\sqrt{ab} + \sqrt{b}\cdot\sqrt{bc} +\sqrt{c}\cdot\sqrt{ca}$ $\leq \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$ $\leq \sqrt{\frac{1}{3}(a+b+c)(a+b+c)^2}$ $= \frac{1}{\sqrt{3}}$ $$\Big(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\Big)^2\geq (a+b+c)\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)$$ Let $\displaystyle{x =\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}}$. 26. Austria 2005 $a,b,c,d>0$Then the inequality is equivalent to $$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\geq x+y+z+3.$$ By AM-GM inequality we have $xy+yz+zx\geq 3$ and $x^2+y^2+z^2\geq 3$. Thus $x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\leq x^2+y^2+z^2$. $$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\geq \frac{a+b+c+d}{abcd}$$ This problem is a nice application of AM-GM inequality. $\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\geq \frac{3}{abc}}$ $\displaystyle{\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\geq\frac{3}{bcd}}$ $\displaystyle{\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}\geq\frac{3}{cda}}$ $\displaystyle{\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\geq\frac{3}{dab}}$ Adding them together we get the inequality. |
33. ข้อนี้เป็น IMO Shortlist จากประเทศไทยครับ พี่ Punk เคยเอามาให้ทำรอบนึงแล้วที่นี่
Newly Created inequality ส่วนข้างล่างเป็นวิธีคิดของผมครับ 33. IMO Shortlist 2004 $a,b,c>0,ab+bc+ca=1$ $$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leq\frac{1}{abc}.$$ Let $x=ab,y=bc,z=ca$. Then $x+y+z=1$ and $\displaystyle{LHS = \frac{\sqrt[3]{y(1+6x)}+\sqrt[3]{z(1+6y)}+\sqrt[3]{x(1+6z)}}{\sqrt[6]{xyz}}}$ $\displaystyle{ \leq 3\sqrt[3]{\frac{y(1+6x)+z(1+6y)+x(1+6z)}{3\sqrt{xyz}}}}$ (Power mean inequality with parameters 1/3, 1) $\displaystyle{=3\sqrt[3]{\frac{1+6(xy+yz+zx)}{3\sqrt{xyz}}}}$ $\displaystyle{{\leq 3\sqrt[3]{\frac{1+2(x+y+z)^2}{3\sqrt{xyz}}}}}$ $[\, \because 3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^2 \ ]$ $\displaystyle{=\frac{3}{\sqrt[6]{xyz}}}$ $\displaystyle{=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}}$ $\displaystyle{\leq \frac{1}{abc}}$. The last inequality comes from $$1=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.$$ |
42. Canada 2002 $a,b,c>0$
$$\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\geq a+b+c$$ The inequality is equivalent to 45. Junior BMO 2002 $a,b,c>0$$$a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c).$$ Cauchy-Schwarz inequality implies $abc(a+b+c)=ab\cdot ca +bc\cdot ab + ca\cdot bc$ $\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$ $\leq a^4+b^4+c^4$. $$\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{b(a+b)} \geq \frac{27}{2(a+b+c)^2}$$ AM-GM inequality implies $\displaystyle{LHS\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$ $\displaystyle{\geq \frac{3\cdot 3\cdot 3}{(a+b+c)[(a+b)+(b+c)+(c+a)]}}$ $\displaystyle{=\frac{27}{2(a+b+c)^2}}$. 46. The solution is here |
50. Ireland 2001 $x+y=2,x,y\geq 0$
$$x^2y^2(x^2+y^2)\leq 2$$ By AM-GM inequality we have 51. BMO 2001 $a+b+c\geq abc, a,b,c\geq 0$$$xy\leq \Big(\frac{x+y}{2}\Big)^2 = 1.$$ Then $x^2+y^2 = (x+y)^2 - 2xy = 2(2-xy).$ Thus the required inequality is equivalent to $$x^2y^2(2-xy)\leq 1 \Leftrightarrow x^3y^3-2x^2y^2+1\geq 0.$$ This is true by AM-GM inequality $$x^3y^3+1\geq x^4y^4+1\geq 2x^2y^2.$$ $$a^2+b^2+c^2\geq\sqrt{3}abc$$ $$(a^2+b^2+c^2)^2\geq (ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)\geq 3a^2b^2c^2.$$ Thus $a^2+b^2+c^2\geq\sqrt{3}abc$. $$\sqrt[3]{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}\geq \sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}$$ Let $x=\frac{a}{b}.$ Then the inequality becomes $$\sqrt[3]{2(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}})^2}\geq \sqrt[3]{x}+\frac{1}{\sqrt[3]{x}}$$ which is true by Power mean inequality with parameters $1/3$ and $1/2$. |
58. Hong Kong 2000 $a,b,c>0,abc=1$
$$\frac{1+ab^2}{c^3}+\frac{1+bc^2}{a^3}+\frac{1+ca^2}{b^3}\geq \frac{18}{a^3+b^3+c^3}$$ $a^3+b^3+c^3 \geq 3$ by AM-GM inequality. 60. Macedonia 2000 $x,y,z>0$$\displaystyle{\frac{1+ab^2}{c^3}+\frac{1+bc^2}{a^3}+\frac{1+ca^2}{b^3} \geq 6}$ by AM-GM inequality. Multiplying them together we get the result. $$x^2+y^2+z^2\geq \sqrt{2}(xy+yz).$$ $$(x-\frac{y}{\sqrt{2}})^2 +(z-\frac{y}{\sqrt{2}})^2\geq 0.$$ 62. Belarus 1999 $a,b,c>0, a^2+b^2+c^2=3$$$\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\geq \frac{3}{2}.$$ By AM-HM we have $$\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\geq \frac{9}{3+ab+bc+ca} \geq \frac{9}{3+a^2+b^2+c^2} = \frac{3}{2}$$ |
63. Czech - Slovak Match 1999 $a,b,c>0$
$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b} \geq 1$$ By Cauchy-Schwarz inequality we have $$LHS = \frac{a^2}{ab+2ca}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ca+2bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq 1.$$ |
อ้างอิง:
สาเหตุที่ผิดก็เพราะว่าน้อง Devilzoa ใช้อสมการ Chebychev โดยไม่ตรวจสอบเงื่อนไขก่อนใช้อสมการนี้ครับ อสมการนี้มีประโยชน์มากแต่ต้องใช้ให้ถูกเวลาครับ ไม่งั้นจะผิดเอาง่ายๆ เงื่อนไขสำคัญของอสมการนี้ที่เราต้องตรวจสอบก่อนใช้งานทุกครั้งคือ $a_1\geq a_2 \geq \cdots \geq a_n$ และ $b_1\geq b_2 \geq \cdots \geq b_n$ คราวนี้มาดูว่าผิดตรงไหนบ้าง ข้อ 5 $$Chebyshev \frac{ab+bc+ac}{3}\geq\frac{(a+b+c)^2}{9}$$ อสมการนี้ที่ถูกคือ $$\frac{ab+bc+ac}{3}\leq\frac{(a+b+c)^2}{9}$$ ซึ่งเป็นผลพลอยได้มาจากอสมการ $ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2$ ครับ อีกสองข้อที่เหลือก็ผิดตอนใช้อสมการ Chebychev เหมือนกันครับ ลองไปเช็คโดยการหาตัวอย่างมาแทนค่าดูครับ ป.ล. LHS = Left Hand Side เอาไว้เขียนแทนนิพจน์ทางซ้ายมือของอสมการครับ RHS = Right Hand Side |
แสดงว่าผมต้องใช้ inequality อันอื่นมาใช้แทน Chebyshev ใช่ไหมครับ :confused:
|
อ้างอิง:
|
พี่ nooonuii ครับ ตรง $(ab+bc+ac)^2\ge3abc(a+b+c)$ มายังไงหรือครับ(เห็นพี่บอกว่ามาจาก Cauchy-Schwartz:wacko: )
$\frac{a^2}{ab+2ca}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ca+2bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$ อันนี้ด้วยอ่ะครับ ขอคำอธิบายแบบละเอียดเลยนะครับ |
อ้างอิง:
ผมตั้งใจเขียนลัดเพื่อให้มีคนถามนี่แหละ อสมการแรกผมเคยพิสูจน์ไว้แล้วในโจทย์อสมการข้อนึงแต่ทำให้ดูอีกรอบก็ได้ครับ $abc(a+b+c) = ab\cdot ca + bc\cdot ab + ca\cdot bc\leq a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2$ ดังนั้น $$3abc(a+b+c) \leq a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + 2abc(a+b+c) = (ab+bc+ca)^2$$ อีกอันนึงผมใช้อสมการนี้ครับ $$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$$ ซึ่งเป็นอีกรูปแบบหนึ่งของอสมการโคชีครับ ลองจัดรูปอสมการใหม่แล้วพิสูจน์ด้วยอสมการโคชีดูครับ อสมการนี้สามารถพิสูจน์โดยใช้อุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ได้ด้วยครับ และสามารถนำไปพิสูจน์อสมการโคชีได้ด้วย ทั้งสองอสมการจึงสมมูลกันครับ อสมการนี้มีประโยชน์มากครับโดยเฉพาะโจทย์ในรูปแบบที่ถามมา |
ขอบคุณมากครับ:please: เ้ดี๋ยวผมจะพยายามทำข้อที่ผิดใหม่อีกครั้งครับ
|
โจทย์ พวกนี้ เอามาจากไหนหรือคับ
|
43.(vietnam 2002,Dung Tran Nam)
Solution : Let $x^2\geq y^2 \geq z^2 \Rightarrow x^2 \geq 3, 6\geq y^2+z^2 \geq 2yz$. cauchy; $(2(x+y+z)-xyz)^2=(2(y+z)+x(2-yz))^2$ $\leq ((y+z)^2+x^2)(4+(2-yz)^2)=(2yz+9)(y^2z^2-4yz+8)$ Let $\alpha =yz$. จะพิสูจน์ว่า $100 \geq (2 \alpha + 9)(\alpha^2-4\alpha +8)$ แต่ $100-(2\alpha +9)(\alpha^2-4\alpha+8)= -2\alpha^3-\alpha^2+20\alpha+28$ $=(\alpha+2)^2(7-2\alpha)\geq 0$ |
hint:ข้อ 39. เปลี่ยนตัวแปร a2=TanA
|
42.(Canada 2002)$a,b,c>0$
$$\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ac}+\frac{c^3}{ab}\ge a+b+c$$ Alternative solution $$LHS.=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}$$ Cauchy-Schwartz $$\ge\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3abc}\ge\frac{3abc(a+b+c)}{3abc}=a+b+c$$ 94.Hungary 1996 $a+b=1, a,b>0$ $$\frac{a^2}{a+1}+\frac{b^2}{b+1}\ge\frac{1}{3}$$ Cauchy-Schwartz$$LHS.\ge\frac{(a+b)^2}{a+b+2}=\frac{1}{3}$$ 124.Nesbitt's Inequality $a,b,c>0$ $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}$$ $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ac}+\frac{c^2}{ac+bc}$$ Cauchy-Schwartz$$\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ac}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\ge\frac{3(ab+bc+ac)}{2(ab+bc+ac) }=\frac{3}{2}$$ งานนี้ไม่พลาดแน่ครับ:haha: |
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
112.Vietnam 1991$(x\ge y\ge z>0)$ $$\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}\ge x^2+y^2+z^2$$ ข้อนี้ใช้ Chebyshev ได้ไหมครับ (เริ่มระแวงเล็กน้อยไม่กล้าลงมือ) ชี้แนะด้วยครับ |
ใครทำโจทย์ของ Darij Grinberg ได้บ้าง(ข้อ 159-160)
|
ข้อ11.ครับ เปลี่ยน$\sqrt{ab}$ เป็น x $\sqrt{bc}$ เป็น y $\sqrt{ca}$ เป็น z
จะได้ว่า x2+y2+z2+2xyz=1 $\therefore$ ตรงกับเอกลักษณ์ตรีโกณ cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1 $\therefore$ สามารถแทน xด้วย cosA y ด้วย cosB z ด้วย cosC จาก Jensen's Inequality จะได้ว่า L.H.S. $\leq$ $\frac{3}{2}$ |
65.(U.K. 1999)
$\because$ p+q+r=1 $\therefore$ 7(pq+qr+rp)(p+q+r) $\leq$ 2(p+q+r)3+9pqr $\rightarrow$ use Schur's Inequality |
อ้างอิง:
$$a^3 + b^3 + c^3 \ge \frac{1}{3}(a^2 + b^2 + c^2)(a+b+c)$$ $$-3q + 3r + 1 \ge \frac{1}{3}(-2q + 1)$$ จัดรูปจะได้ $$9r + 2 \ge 7q$$ ตามต้องการ |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 15:39 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha