#151
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
พิจารณา Lemma โดยโคชี $$\sum_{cyc} \sqrt{\frac{x^2}{(2x+y)(x+y+z)}}=\sum_{cyc} \sqrt{\frac{x}{x+y+z}}\cdot{\sqrt{\frac{x}{2x+y}}}$$ $$\le \sqrt{\sum_{cyc}\frac{x}{x+y+z}}\cdot\sqrt{\sum_{cyc} \frac{x}{2x+y}}=\sqrt{\sum_{cyc} \frac{x}{2x+y}}\le 1$$ โดย อสมการสุดท้ายจริงจาก $$\sum_{cyc} \frac{x}{2x+y}\le 1\leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{x}{2z+x}\ge 1$$ โดยโคชี เเละ พิจารณา $$\sum_{cyc} \sqrt{\frac{2x^2}{x^4+y^2+4}}\le \sum_{cyc}\sqrt{\frac{2x^2}{4x+2y}}=\sum_{cyc}\sqrt{\frac{x^2}{2x+y}}\le \sqrt{x+y+z}$$ โดย อสมการสุดม้าย จริงจาก Lemma เเทน $a=x^2,b=y^2,c=z^2$ จะได้ว่า $$ \sum_{cyc} \sqrt{\frac{a}{a^2+b+4}} \le \sqrt{\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}}\le \sqrt[4]{\frac{3}{4}(a+b+c)}$$ เเละ อสมการสุดท้ายก็โคชีอีกรอบ อลังการมาก
__________________
Vouloir c'est pouvoir 02 มกราคม 2012 21:33 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#152
|
||||
|
||||
#150
วาดรูปผิดเปล่าครับ -__-" |
#153
|
||||
|
||||
(เอาแล้วไง) ยังไงหรอครับ ?
ไม่เข้าใจอธิบายเพิ่มหน่อยครับ |
#154
|
||||
|
||||
#153
รูปเดียวกัน?? 03 มกราคม 2012 19:24 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Amankris |
#155
|
||||
|
||||
03 มกราคม 2012 18:16 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ BLACK-Dragon |
#156
|
||||
|
||||
ขอบคุณครับ รูปไ่ม่เหมือนกันแต่ทำคล้ายๆกัน
ช่วยดูให้หน่อยครับว่าถูกหรือยัง |
#157
|
|||
|
|||
แปะให้อีก 2 ข้อครับ และสำหรับผม ช่วงนี้คงจะเบรคไว้แค่ข้อ 12 ก่อน
11. a,b,c,d >0 พิสูจน์ $$ 4\sqrt[16]{\frac{32a(a+b)(a+b+c)}{3(a+b+c+d)^3}}+ \sqrt[4]{\frac{24bcd}{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)}} \leq 5 $$ 12. $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ >3 ,พิสูจน์ $$ \binom{2p}{p} \equiv 2\pmod{p^3} $$
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#158
|
||||
|
||||
#150
จุด $G$ มีสองจุด?? |
#159
|
||||
|
||||
|
#160
|
||||
|
||||
รูปนี้ใบ้เยอะนะ
|
#161
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
Lemma สำหรับทุกๆ จำนวนเฉพาะ $p\ge 5$ จะได้ว่า $$p|\sum_{k=1}^{(p-1)/2} (k!(p-k)!)^2$$ เเละพิจารณา สำหรับ $i\in A$ ซึ่ง $A=\left\{\,i\in\mathbb{N}|(i!,p^3)=1 , i\le p-1\right\} $ จะได้ว่ามีอินเวอร์สในเซตของมันเอง ทำให้ได้ว่า $$\binom {2p} {p}-2=\sum_{k=0}^{p} {\binom p k}^2-2\equiv 2(p!)^2\Big(\sum_{k=1}^{(p-1)/2}(k!(p-k)!)^2\Big)\equiv 0\pmod {p^3}$$ โดย สมภาครองสุดท้ายได้จากการอินเวอร์สในมอดุโล $p^3$ เเละสมภาคท้ายสุดจาก Lemma ถ้าผิดพลาดประการใดก็ได้โปรดชี้เเนะด้วยครับ ขอบพระคุณล่วงหน้า
__________________
Vouloir c'est pouvoir 05 มกราคม 2012 20:01 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#162
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ที่ว่า $k!(p-k)! \equiv (-1)^k \cdot k \pmod{p}$ แทนลงไปแล้วแยกเคส $p \equiv 1,3 \pmod{4}$ จะได้ว่ามีเศษเหลือแน่นอนทั้งสองกรณี จึงหารไม่ลงตัว ปล. ตกอะไรไปหรือเปล่า ตอนแปลงอินเวอร์สลืมยกกำลังสองน่ะ
__________________
keep your way.
05 มกราคม 2012 19:56 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#163
|
||||
|
||||
สรุปคือตอนนี้ได้เเค่ว่า $$p^2|\binom {2p}{p}-2$$ เองเหรอครับ
ปล.ที่ผมอินเวอร์สไปก็ถูกสินะครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir 05 มกราคม 2012 20:04 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#164
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ และจำนวนนับ $h,k$ ถ้า $h+k=p-1$ แล้ว $h!k! \equiv (-1)^h \pmod{p}$ ทำให้ $[ k!(p-k)! ]^2 \equiv k^2 \pmod{p}$ จากนั้นก็กระจาย $$\binom{2p}{p} = 2+\sum_{k=1}^{p-1} \frac{(p!)^2}{[k!(p-k)!]^2} \equiv 2+2(p!)^2 \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} [k!(p-k)!]^2 \pmod{p}$$ apply lemma ได้ $$\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} [k!(p-k)!]^2 \equiv \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} k^2 \pmod{p}$$ พิสูจน์ต่ออีกหน่อยว่า $1^2+2^2+\cdots+\Big( \dfrac{p-1}{2} \Big)^2 \equiv 0 \pmod{p}$ ก็จบแล้วครับ
__________________
keep your way.
05 มกราคม 2012 20:10 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#165
|
||||
|
||||
#164 อื้อหือ ขอบคุณมากๆครับ ยังไงช่วย Hint อสมการหน่อยดิครับ
ปล. พึ่งรู้จัก Lemma ตัวนี้ (หามาจากไหนอ่ะครับ)
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
|
|