|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
Hard Inequality problem :-)
จงหาจำนวนจริงบวก $K$ ที่มากที่สุด ที่ทำให้อสมการ
$\sum_{cyc} \frac{(b-c)^2(b+c)}{a} \geq K(\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab)$ เป็นจริงสำหรับ $a,b,c\in R+$
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity |
#2
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
ให้ $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ จะพิสูจน์ว่า $\sum_{cyc} \frac{(b-c)^2(b+c)}{a} \geq \sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab$ จัดรูปใหม่ได้เป็น $\Big[ab(a^3+b^3)+bc(b^3+c^3)+ca(c^3+a^3)\Big]-\Big[a^2b^2(a+b)+b^2c^2(b+c)+c^2a^2(c+a)\Big]-abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq 0$ โดยใช้พหุนามสมมาตรเราได้ $ab(a^3+b^3)+bc(b^3+c^3)+ca(c^3+a^3)=p^3q-p^2r-3pq^2+5qr$ $a^2b^2(a+b)+b^2c^2(b+c)+c^2a^2(c+a)=pq^2-2p^2r-qr$ เนื่องจากอสมการ homogeneous เราสามารถ normalize ให้ $p=1$ ดังนั้นอสมการสมมูลกับ $(q-r-3q^2+5qr)-(q^2-2r-qr)-r(1-3q)\geq 0$ $q(1-4q+9r)\geq 0$ แต่จากอสมการ $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$ เราจะได้ $(1-2a)(1-2b)(1-2c)\leq abc$ $4(ab+bc+ca)\leq 1+9abc$ ดังนั้น $1-4q+9r\geq 0$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#3
|
||||
|
||||
ขอบคุณมากๆๆเลยครับ :-) ผมชอบตอนนี้พี่ noounuii คิดถึงอสมการ
$(1-2a)(1-2b)(1-2c)\leq abc$ ได้อะครับเจ๋งโคตรๆ
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity |
#4
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
$a+b+c=1 \Rightarrow 7(ab+bc+ca)\leq 2 + 9abc$ อสมการนี้รู้สึกว่าจะมี variation เยอะมากๆ เห็นใน mathlink มีคนเอามาสร้างอสมการได้อีกเยอะแยะ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#5
|
||||
|
||||
อือ ผมคิดว่าถ้า k=2 ก็จริงครับ
เราจะพิสูจน์ว่า $$\sum_{cyc} \dfrac{(b-c)^2(b+c)}{a}\geq 2(\sum_{cyc} a^2-\sum_{cyc}bc)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$ ย้ายข้างมาจะได้ $$\sum_{cyc}\dfrac{(b-c)^2(b+c-a)}{a}\geq 0$$ เราจะแสดงว่า $\sum_{cyc}\dfrac{b+c-a}{a}>0,\sum_{cyc}\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)}{ab}\geq 0$ แต่สังเกตว่าโดยอสมการ AM GM ได้ว่า $\sum_{cyc} \frac{b+c}{a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{abc}}\geq 3\times 2=6$ ฉะนั้น $\sum_{cyc}\dfrac{b+c-a}{a}=\sum_{cyc}\frac{b+c}{a}-3\geq 6-3=3>0$ และโดย Schur Inequality เราได้ว่า $\sum_{cyc}a^3+3abc\geq \sum_{sym}a^2b$ จึงได้ $\sum_{cyc}a^3+6abc\geq \sum_{sym}a^2b$ ฉะนั้น $\sum_{cyc}\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)}{ab} =\frac{1}{abc}[\sum_{cyc}a^3-\sum_{cyc}c(a-b)^2] =\frac{1}{abc}[\sum_{cyc}a^3+6abc-\sum_{sym}a^2b] >0$ $\therefore$ โดย SOS theorem จะได้ว่า $$\sum_{cyc}\dfrac{(b-c)^2(b+c-a)}{a}\geq 0$$ ซึ่งก็คือสิ่งที่ต้องการจะพิสูจน์ ต่อไปจะแสดงว่า $K=2$ เป็นค่าที่มากที่สุด สมมติว่า มี $K>2$ ที่สอดคล้องเงื่อนไขโจทย์ เราก็เลือกแทนค่า $a=\frac{1}{2},b=c=\frac{3}{K-2}$ ก็จะได้ข้อขัดแย้ง จึงได้ว่า $K\leq 2$
__________________
AL-QAEDA(เอXข้างหน้า!!)!!!!!!!!!! ถึง บิน ลาเดนจะลาโลกไปแล้ว แต่เรายังมีผู้นำ jihad คนใหม่....อย่าง อับดุล อาบาเร่ คราลิดทากัน...เราจะใช้รถดูดส้XXเป็นคาร์บอม!!!จงพลีชีพเพื่อผู้นำของเรา!!!!!!! BOOM!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
|
#6
|
||||
|
||||
เออน้อง tatari-nightmare เจ๋งจริงๆครับ ผมคิดว่า solution ของน้อง ถูกหมดเลยแหละครับ :-)
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity |
#7
|
||||
|
||||
แล้วคุณ Rose Joker มี solution อื่นหรือเปล่าครับ
__________________
AL-QAEDA(เอXข้างหน้า!!)!!!!!!!!!! ถึง บิน ลาเดนจะลาโลกไปแล้ว แต่เรายังมีผู้นำ jihad คนใหม่....อย่าง อับดุล อาบาเร่ คราลิดทากัน...เราจะใช้รถดูดส้XXเป็นคาร์บอม!!!จงพลีชีพเพื่อผู้นำของเรา!!!!!!! BOOM!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
|
#8
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
แต่...รู้สึกก็ไม่ได้ต่างอะไรกันมากแถมคนนี้เขียนแบบลวกมากเลยด้วย ผมว่าวิธีของน้อง tatari-nightmare นิโอเคเลยแหละครับ
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity 10 กันยายน 2008 20:06 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ RoSe-JoKer |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
Hard Problem | kanakon | ฟรีสไตล์ | 4 | 16 เมษายน 2008 08:51 |
My Inequality Problem | Char Aznable | อสมการ | 3 | 08 มีนาคม 2007 19:16 |
Inequality problem(แต่งเองครับ) | Char Aznable | อสมการ | 4 | 12 ธันวาคม 2005 09:27 |
Inequality Problem | Char Aznable | อสมการ | 3 | 04 กรกฎาคม 2005 09:39 |
A very hard inequality | Punk | อสมการ | 13 | 17 เมษายน 2005 01:39 |
|
|