|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
ช่วยเฉลยหน่อยคับ^^
เมื่อวันก่อน ไปเจอโจทย์ในเวปนึงมาคับ แต่คิดไม่ออก ก็เลยเอามาให้ลองช่วยทำกันเนี่ยคับ ^^
__________________
* รัก คณิต
13 พฤษภาคม 2007 16:21 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ [Tong]_1412 เหตุผล: ลืม |
#2
|
|||
|
|||
ให้ $a,b,c$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นศูนย์ที่สอดคล้องกับ
$$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}=a^2+b^2+c^2$$ จงพิสูจน์ว่า $12\sqrt[3]{abc}\leq (a^2+b^2+c^2+1)^2$ $12\sqrt[3]{abc}\leq 12\sqrt[3]{|a||b||c|}$ (โดยคุณสมบัติของค่าสัมบูรณ์) $\leq 4(|a|+|b|+|c|)$ (โดยอสมการ AM-GM) $=\displaystyle{4\Big(\frac{|a|}{|b|}\cdot |b|+\frac{|b|}{|c|}\cdot |c|+\frac{|c|}{|a|}\cdot |a|\Big)}$ $\displaystyle{\leq 4\sqrt{\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ (โดยอสมการโคชี) $=4(a^2+b^2+c^2)$ (โดยเงื่อนไขโจทย์) $\leq (a^2+b^2+c^2+1)^2$ (โดยอสมการ AM-GM)
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#3
|
||||
|
||||
ทำไมเฉลยไม่ยากเลยคับ ไว้จะพยายามต่อไป
แล้วคุณ nooonuii พอมีอะไรให้ทำเล่น ๆ ไหมคับ เอาเเบบไม่ยากนะคับ ไม่ค่อยถนัดอสมการ ^^
__________________
* รัก คณิต
14 พฤษภาคม 2007 22:51 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nongtum เหตุผล: Double post merged |
#4
|
||||
|
||||
คุณ [Tong]_1412 ลองดูกระทู้ เทคนิคการแก้อสมการเลยขอรับ
__________________
PaTa PatA pAtA Pon! |
#5
|
|||
|
|||
เอาโจทย์แบบไม่ยากมากมาฝากครับ
1. $x>0, \dfrac{x}{2}+\dfrac{2}{x^2} \geq \dfrac{3}{2}$ 2. $0< a+b+c = 1, \dfrac{1}{a+2b+3c}+\dfrac{1}{b+2c+3a}+\dfrac{1}{c+2a+3b}\geq\dfrac{3}{2}$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#6
|
||||
|
||||
เย้ !!! ได้แล้วครับ แต่ผมไม่ถนัดการใช้ LaTex อ่าครับ มขอไม่ตอบละกันนะครับ
ข้อ 1 ใช้ AM-GM ธรรมดาแต่เปลี่ยนเป็น x/4 + x/4 ข้อ 2 ใช้ AM-HM ใช่ไหมครับ
__________________
* รัก คณิต
|
#7
|
|||
|
|||
ถูกแล้วครับ
3. ให้ $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า $$\Big(\frac{a}{2b}+\frac{b}{3c}+\frac{c}{6a}\Big)\Big(\frac{b}{2a}+\frac{c}{3b}+\frac{a}{6c}\Big)\geq 1$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#8
|
||||
|
||||
ได้แว้วววว
ใช้อสมการโคชี รึป่าวครับ เพราะ 1/2 +1/3+1/6 = 1 เพราะฉะนั้นใช้โคชีเลยครับ
__________________
* รัก คณิต
|
#9
|
|||
|
|||
เยี่ยมครับ ตอนคิดโจทย์ข้อนี้ไม่ได้ใช้อสมการโคชีเลยครับ ข้อนี้ผมมีสองวิธีี้รวมของน้อง [Tong]_1412 ด้วยก็เป็นสามวิธีครับ
วิธีที่ 1 ใช้อสมการโคชี (ตามแนวคิดของน้อง [Tong]_1412) $1 = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}$ $=\sqrt{\dfrac{a}{2b}}\cdot\sqrt{\dfrac{b}{2a}}+\sqrt{\dfrac{b}{3c}}\cdot \sqrt{\dfrac{c}{3b}}+\sqrt{\dfrac{c}{6a}}\cdot\sqrt{\dfrac{a}{6c}}$ $\leq \sqrt{\Big(\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{3c}+\dfrac{c}{6a}\Big)\Big(\dfrac{b}{2a}+\dfrac{c}{3b}+\dfrac{a}{6c}\Big)}$ ยกกำลังสองทั้งสองข้างจะได้อสมการที่ต้องการ วิธีที่ 2 ใช้อสมการ AM-GM $\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{3c}+\dfrac{c}{6a}=\dfrac{a}{6b}+\dfrac{a}{6b}+\dfrac{a}{6b}+\dfrac{b}{6c}+\dfrac{b}{6c}+\dfrac{c}{6a}$ $\geq 6 \sqrt[6]{\dfrac{a^2}{6^6bc}}$ ในทำนองเดียวกัน $\dfrac{b}{2a}+\dfrac{c}{3b}+\dfrac{a}{6c}\geq 6 \sqrt[6]{\dfrac{bc}{6^6a^2}}$ นำสองอสมการมาคูณกันก็จบ วิธีที่ 3 ใช้อสมการค่าเฉลี่ยถ่วงน้ำหนัก $\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{3c}+\dfrac{c}{6a}\geq \Big(\dfrac{a}{b}\Big)^{1/2}\Big(\dfrac{b}{c}\Big)^{1/3}\Big(\dfrac{c}{a}\Big)^{1/6}$ $\dfrac{b}{2a}+\dfrac{c}{3b}+\dfrac{a}{6c}\geq \Big(\dfrac{b}{a}\Big)^{1/2}\Big(\dfrac{c}{b}\Big)^{1/3}\Big(\dfrac{a}{c}\Big)^{1/6}$ นำทั้งสองอสมการมาคูณกันก็จบ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 22 พฤษภาคม 2007 22:51 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#10
|
|||
|
|||
4. กำหนดให้ $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า $$(1)\,\,\frac{ab}{a^2+ab+b^2}+\frac{bc}{b^2+bc+c^2}+\frac{ca}{c^2+ca+a^2}\leq 1$$
$$(2)\,\, \frac{a^2+b^2}{(a-b)^2+ab}+\frac{b^2+c^2}{(b-c)^2+bc}+\frac{c^2+a^2}{(c-a)^2+ca}\leq 6$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 22 พฤษภาคม 2007 23:55 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#11
|
||||
|
||||
ขอ 4.1 แล้วกันพอดีว่าง
$a,b,c>0$ $$\because \frac{ab}{(a+b)^2-ab}\leq \frac{1}{3} $$ $$\therefore \sum_{cyc}\frac{ab}{(a+b)^2-ab}\leq1 $$ ส่วน 4.2 ในท่านอื่นฝึกทำดีกว่า
__________________
ค ว า ม รั บ ผิ ด ช อ บ $$|I-U|\rightarrow \infty $$ |
#12
|
||||
|
||||
ผมจะพิสูจน์ว่า $\frac{a^2+b^2}{(a-b)^2+ab}\leq 2$
จะได้ว่าจากสมการข้างต้นก็สมมูลกับ $a^2+b^2\leq 2a^2+2b^2-2ab$ ซึ่งสมมูลกับ $(a-b)^2\geq 0$ ซึ่งเป็นจริงทุก จำนวนจริง a,b ซึ่งเมื่อเปลี่ยนตัวเเปรและนำทั้งสามสมการมารวมกัน ก็จะได้ตามต้องการ ซึ่งสมการเป็นจริงเมื่อ a=b
__________________
* รัก คณิต
|
#13
|
|||
|
|||
เยี่ยมครับ ขอเพิ่มระดับความยากอีกนิด
5. กำหนดให้ $x,y$ เป็นจำนวนจริง จงพิสูจน์ว่า $$(x+y)^2+2(x-1)^2+2(y-3)^2\geq 8$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#14
|
||||
|
||||
พอดีนั่งคิดไปซักพัก คิดออกตอนเข้าห้องน้ำพอดีเลยย
จากโจทย์ proof : $(x+y)^2+2(x-1)^2+2(y-3)^2\geq 8$ แทน $y=y_1+2$ จะได้ $(x+y_1+2)^2+2(x-1)^2+2(y_1-1)^2\geq 8$ ซึ่งอสการสมมูลกับ $(x+y_1)^2+2x^2+2y_1^2\geq 0$ ซึ่งอสมการเป็นจริงทุกจำนวนจริงใด ๆ และสมการเป็นจริงเมื่อ $x=0 ,y=2$
__________________
* รัก คณิต
26 พฤษภาคม 2007 02:23 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ [Tong]_1412 |
#15
|
|||
|
|||
เยี่ยมครับ ของผมทำแบบนี้
อสมการสมมูลกับ $(3x+y-2)^2 + (y-2)^2 \geq 0$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
|
|