|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#16
|
||||
|
||||
Hint! ข้อ153. ใช้เรขาคณิต+Law of cosine
|
#17
|
|||
|
|||
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, $$LHS \leq \frac{a}{ab+1}+\frac{b}{ab+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{2(1+ab)}{1+ab}=2$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 17 เมษายน 2007 13:05 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#18
|
|||
|
|||
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/
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 17 เมษายน 2007 13:06 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#19
|
|||
|
|||
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}$$ This problem is a nice application of AM-GM inequality. $\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\geq \frac{3}{abc}}$ $\displaystyle{\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\geq\frac{3}{bcd}}$ $\displaystyle{\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}\geq\frac{3}{cda}}$ $\displaystyle{\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\geq\frac{3}{dab}}$ Adding them together we get the inequality.
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 17 เมษายน 2007 13:07 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#20
|
|||
|
|||
33. ข้อนี้เป็น IMO Shortlist จากประเทศไทยครับ พี่ Punk เคยเอามาให้ทำรอบนึงแล้วที่นี่
Newly Created inequality ส่วนข้างล่างเป็นวิธีคิดของผมครับ 33. IMO Shortlist 2004 $a,b,c>0,ab+bc+ca=1$ $$\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}.$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 17 เมษายน 2007 13:09 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#21
|
|||
|
|||
42. Canada 2002 $a,b,c>0$
$$\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}$$ AM-GM inequality implies $\displaystyle{LHS\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$ $\displaystyle{\geq \frac{3\cdot 3\cdot 3}{(a+b+c)[(a+b)+(b+c)+(c+a)]}}$ $\displaystyle{=\frac{27}{2(a+b+c)^2}}$. 46. The solution is here
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 17 เมษายน 2007 13:13 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#22
|
|||
|
|||
50. Ireland 2001 $x+y=2,x,y\geq 0$
$$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}}$$ which is true by Power mean inequality with parameters $1/3$ and $1/2$.
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 17 เมษายน 2007 13:27 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#23
|
|||
|
|||
58. Hong Kong 2000 $a,b,c>0,abc=1$
$$\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 $$\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\geq \frac{9}{3+ab+bc+ca} \geq \frac{9}{3+a^2+b^2+c^2} = \frac{3}{2}$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 18 เมษายน 2007 09:41 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#24
|
|||
|
|||
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 $$LHS = \frac{a^2}{ab+2ca}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ca+2bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq 1.$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 18 เมษายน 2007 09:42 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#25
|
|||
|
|||
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
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#26
|
|||
|
|||
แสดงว่าผมต้องใช้ inequality อันอื่นมาใช้แทน Chebyshev ใช่ไหมครับ
|
#27
|
|||
|
|||
ใช่ครับ แต่ละอสมการเราใช้กับโจทย์ได้ไม่เหมือนกัน โจทย์บางข้อไม่เอื้อให้เราใช้อสมการนี้เราก็ต้องเลี่ยงไปใช้อสมการอื่นแทนครับ อสมการ Chebychev เป็นผลพลอยได้จากอสมการการจัดเรียงอีกทีนึง ซึ่งเป็นอสมการที่มีเงื่อนไขแรงมากทีเดียวครับ ผมไม่ค่อยได้ใช้อสมการนี้เท่าไหร่ เว้นเสียแต่ว่าผมจะแน่ใจว่าสามารถจัดเรียงค่าให้กับตัวแปรได้อย่างถูกต้อง ส่วนใหญ่จะเลี่ยงไปใช้ power mean หรือไม่ก็ Cauchy-Schwarz แทนครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#28
|
|||
|
|||
พี่ nooonuii ครับ ตรง $(ab+bc+ac)^2\ge3abc(a+b+c)$ มายังไงหรือครับ(เห็นพี่บอกว่ามาจาก Cauchy-Schwartz )
$\frac{a^2}{ab+2ca}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ca+2bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$ อันนี้ด้วยอ่ะครับ ขอคำอธิบายแบบละเอียดเลยนะครับ 29 มีนาคม 2007 17:21 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ devilzoa เหตุผล: double post |
#29
|
|||
|
|||
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
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#30
|
|||
|
|||
ขอบคุณมากครับ เ้ดี๋ยวผมจะพยายามทำข้อที่ผิดใหม่อีกครั้งครับ
|
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
Update หนังสือของ Hojoo Lee แล้ว!! | gools | ฟรีสไตล์ | 5 | 06 พฤษภาคม 2008 12:22 |
|
|