#16
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
$=(a+b+c)^2-2\dfrac{p+q}{p^2+pq+q^2}(a+b+c)+\dfrac{2}{p^2+pq+q^2}$ $=(a+b+c)^2-2\dfrac{p+q}{p^2+pq+q^2}(a+b+c)+\dfrac{(p+q)^2}{(p^2+pq+q^2)^2}-\dfrac{(p+q)^2}{(p^2+pq+q^2)^2}+\dfrac{2}{p^2+pq+q^2}$ $=\Big(a+b+c-\dfrac{p+q}{p^2+pq+q^2}\Big)^2 + \dfrac{-(p^2+2pq+q^2)+2(p^2+pq+q^2)}{(p^2+pq+q^2)^2}$ $=\Big(a+b+c-\dfrac{p+q}{p^2+pq+q^2}\Big)^2 + \dfrac{p^2+q^2}{(p^2+pq+q^2)^2}$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#17
|
|||
|
|||
ขอบคุณท่าน nooonuii มากครับสำหรับบทพิสูจน์
ข้อ 3 เป็นปัญหาที่ผมเคยตั้งเล่นๆ เมื่อนานมาแล้ว ซึ่งปัญหาในรูปทั่วไปคือ กำหนด $a,b,c$ เป็นจำนวนจริงที่ $a+b+c=0$ จงหาค่าต่ำสุดของ $$\frac{x^2}{(ax+by+cz)^2} + \frac{y^2}{(ay+bz+cx)^2} + \frac{z^2}{(az+bx+cy)^2}$$ ซึ่งผมเองพิสูจน์ได้แค่กรณีที่ $b \not= c$ แต่กรณีที่ $b=c$ ยังพิสูจน์ไม่ได้ เดี๋ยวจะเอามาลงให้ดูครับ 23 มกราคม 2009 21:34 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ seemmeriast |
#18
|
|||
|
|||
พิสูจน์
จะพิสูจน์ว่าค่าต่ำสุดที่เป็นไปได้คือ $\dfrac{b^2+c^2}{(b^2+bc+c^2)^2}$ ให้ $k=\dfrac{c}{b-c}$ ให้ $ S = \sum_{cyc} \dfrac{x^2}{(ax+by+cz)^2} $ จะได้ $ (b-c)^2S = \sum_{cyc} \dfrac{x^2}{\Big(\dfrac{a}{(b-c)^2}x+\dfrac{b}{(b-c)^2}y+\dfrac{c}{(b-c)^2}z\Big)^2} $ $~~~~~~~~~~~~ = \sum_{cyc} \dfrac{x^2}{((2k+1)x-(k+1)y-kz)^2} $ ให้ $ p = \dfrac{(k+1)^2x+k(k+1)y+k^2z}{3k^2+3k+1} $ $ q = \dfrac{(k+1)^2y+k(k+1)z+k^2x}{3k^2+3k+1} $ $ r = \dfrac{(k+1)^2z+k(k+1)x+k^2y}{3k^2+3k+1} $ จะได้ $ x = (k+1)p-kq $ $ y = (k+1)q-kr $ $ z = (k+1)r-kp $ และ $ (2k+1)x-(k+1)y-kz = p-q $ $ (2k+1)y-(k+1)z-kx = q-r $ $ (2k+1)z-(k+1)x-ky = r-p $ ดังนั้น $ (b-c)^2S = \dfrac{1}{3k^2+3k+1} \sum_{cyc} \dfrac{((k+1)p-kq)^2}{(p-q)^2} $ $~~~~~~~~~~~~= \dfrac{1}{3k^2+3k+1} \sum_{cyc} (\dfrac{p}{p-q}+k)^2 $ ให้ $A = \dfrac{p}{p-q}, B = \dfrac{q}{q-r}, C = \dfrac{r}{r-p}$ จะได้ $ABC = \dfrac{pqr}{(p-q)(q-r)(q-p)} = (A-1)(B-1)(C-1)$ ดังนั้น $A+B+C = AB+BC+CA+1$ ดังนั้น $ (b-c)^2S = \dfrac{1}{3k^2+3k+1} \sum_{cyc} (A+k)^2$ $~~~~~~~~~~~~ = \dfrac{1}{3k^2+3k+1} \Big(\sum_{cyc} A^2 + 2k\sum_{cyc} A + 3k^2) $ $~~~~~~~~~~~~ = \dfrac{1}{3k^2+3k+1} \Big(\sum_{cyc} A^2 + (2k-2)\sum_{cyc} A + 2(\sum_{cyc} AB + 1) + 3k^2\Big) $ $~~~~~~~~~~~~ = \dfrac{1}{3k^2+3k+1} \Big((A+B+C+(k-1))^2 + (2k^2+2k+1)\Big) $ $~~~~~~~~~~~~ \geq \dfrac{1}{3k^2+3k+1} \Big(0 + (2k^2+2k+1)\Big) $ $~~~~~~~~~~~~ = \dfrac{2k^2+2k+1}{(3k^2+3k+1)^2} $ ดังนั้น $ S \geq \dfrac{2k^2+2k+1}{(3k^2+3k+1)^2(b-c)^2} $ $~~ = \dfrac{b^2+c^2}{(b^2+bc+c^2)^2} $ เลือก $x,y,z$ ที่ทำให้เกิดสมการ $\bullet$ ถ้า $b = 0$ เลือก $(1,-1,2+\sqrt5)$ $\bullet$ ถ้า $c = 0$ เลือก $(-1,1,2+\sqrt5)$ $\bullet$ ถ้า $b \not= 0$ และ $c \not= 0$ เลือก $\Big(0,\dfrac{b^2}{(b-c)^2},-\dfrac{c^2}{(b-c)^2}\Big)$ 23 มกราคม 2009 22:30 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 12 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ seemmeriast |
#19
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
__________________
I'm god of mathematics. |
#20
|
|||
|
|||
ไม่จำเป็นต้องใช้ก็ได้ครับ ถ้าพิสูจน์ตัวนี้ได้ก็จบ
ตอนนี้มีแต่วิธีกระจายครับ ซึ่งคงไม่มีใครอยากทำเท่าไหร่
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
|
|