|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#31
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
$(a_1^4+\cdots+a_n^4)(b_1^4+\cdots+b_n^4)(c_1^4+\cdots+c_n^4)(d_1^4+\cdots+d_n^4)\geq(a_1b_1c_1d_1+\cdots+a_nb_nc_nd_n)^4$ ถ้าอยากให้ถึงกำลัง $n$ ก็เพิ่มชุดตัวเลขเข้าไปอีก
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 24 เมษายน 2011 23:11 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#32
|
||||
|
||||
พี่ Noonuii มาล่ะ อย่างนี้ค่อยมันส์หน่อย ใครเฉลยข้อไหนได้ลงเลยครับ
ให้ $f(a,b,c)=S_{c}(a-b)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{a}(b-c)^2$ ----------------------------------------------------------------------------------------จะพิสูจน์ว่า ถ้า $S_{b} \geq 0$ , $S_{b}+S_{c} \geq 0$ และ $S_{a}+S_{b} \geq 0$ แล้ว $f(a,b,c) \geq 0$ จาก $a \geq b \geq c$ จะได้ว่า \[\begin{array}{rcl} (a-b)(b-c) & \geq & 0 \\ ab+bc-ca-b^2 & \geq & 0 \\ 2ab+2bc-2ca-2b^2 & \geq & 0 \\ a^2-2ac+c^2 & \geq & a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2 \\ (a-c)^2 & \geq & (a-b)^2+(b-c)^2 \end{array}\] \[\begin{array}{cl} f(a,b,c) & = S_{c}(a-b)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{a}(b-c)^2 \\ & \geq S_{c}(a-b)^2+S_{b}[(a-b)^2+(b-c)^2]+S_{a}(b-c)^2 \\ & = (S_{b}+S_{c})(a-b)^2+(S_{a}+S_{b})(b-c)^2 \\ & \geq 0 \\ \end{array} \] \[\begin{array}{cl} E(a,b,c)& = a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \\ & = a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a-ab^2-bc^2-ca^2+3abc \\ & =\frac{1}{2}(2a^3+2b^3+2c^3-2a^2b-2b^2c-2c^2a-2ab^2-2bc^2-2ca^2+6abc) \\ & =\frac{1}{2}[(a^3+b^3-a^2b-ab^2)-(a^2c-2abc+b^2c)]+\frac{1}{2}[(b^3+c^3-b^2c-bc^2)-(b^2a-2abc+c^2a)]+\frac{1}{2}[(c^3+a^3-c^2a+ca^2)-(c^2b-2abc-a^2b)] \\ & = \frac{1}{2}[(a+b)(a-b)^2-c(a-b)^2]+\frac{1}{2}[(b+c)(b-c)^2-a(b-c)^2]+\frac{1}{2}[(c+a)(c-a)^2-b(c-a)^2] \\ & =(\frac{a+b-c}{2})(a-b)^2+(\frac{b+c-a}{2})(b-c)^2+(\frac{c+a-b}{2})(c-a)^2] \\ \end{array} \] อสมการโจทย์สมมูลกับ $[(a+b+c)(\frac{a+b-c}{2})-ab](a-b)^2+[(a+b+c)(\frac{b+c-a}{2})-bc](b-c)^2+[(a+b+c)(\frac{c+a-b}{2})-ca](c-a)^2 \geq 0$ สมมติโดยไม่เสียนัย $a\geq b \geq c$ กำหนดให้ \[\begin{array}{rcl} S_{a} & = & (a+b+c)(\frac{b+c-a}{2})-bc \\ S_{b} & = & (a+b+c)(\frac{c+a-b}{2})-ca \\ S_{c}& = & (a+b+c)(\frac{a+b-c}{2})-ab \\ \end{array}\] จาก $a \geq b \geq c$ จะได้ว่า \[\begin{array}{cl} S_{b}& =(a+b+c)(\frac{c+a-b}{2})-ca \\ & =\frac{c^2+a^2-b^2}{2} \\ & \geq 0 \\ \end{array}\] จาก $a \geq b \geq c$ จะได้ว่า \[\begin{array}{cl} S_{c}& = (a+b+c)(\frac{a+b-c}{2})-ab \\ & = \frac{a^2+b^2-c^2}{2} \\ & \geq 0 \\ \end{array} \] \[\begin{array}{cl} S_{a}+S_{b}& = \frac{b^2+c^2-a^2}{2}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2} \\ & = \frac{2c^2}{2} \\ & = c^2 \\ & \geq 0 \\ \end{array}\] อสมการโจทย์สมมูลกับ $[(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{a+b-c}{2})-1](a-b)^2+[(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{b+c-a}{2})-1](b-c)^2+[(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1](c-a)^2$ สมมติโดยไม่เสียนัย $a \geq b \geq c$ กำหนดให้ \[\begin{array}{cl} S_{a} & = & (\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{b+c-a}{2})-1 \\ S_{b} & = & (\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1 \\ S_{c} & = & (\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{a+b-c}{2})-1 \\ \end{array} \] \[\begin{array}{cl} S_{b}& =(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1 \\ & =\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-\frac{b}{a}-\frac{b}{c} \\ & =\frac{a^2-b^2}{ab}+\frac{a-b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b} \\ & \geq 0 \end{array} \] \[\begin{array}{cl} S_{c}& =(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{a+b-c}{2})-1 \\ & =\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{c}{b} \\ & =\frac{b^2-c^2}{bc}+\frac{b-c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c} \\ & \geq 0 \end{array}\] \[\begin{array}{cl} S_{a}+S_{b} & =(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{b+c-a}{2})-1+(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1 \\ & =(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-\frac{a}{b}-\frac{a}{c})+(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-\frac{b}{a}-\frac{b}{c}) \\ & =\frac{2c}{b}+\frac{2c}{a} \\ & \geq 0 \end{array}\]
__________________
"ชั่วโมงหน้าต้องดีกว่าเดิม!" |
#33
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
WLOG $a\ge b\ge c$ by Chebyshev's $$\sum_{cyc} \frac{a}{b+c}\cdot a(b+c)\ge\frac{1}{3}(\sum_{cyc} \frac{a}{b+c})(\sum_{cyc} a(b+c))$$ $$\Rightarrow \sum_{cyc} \frac{a}{b+c}\leq \frac{3}{2}\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$ by Cauchy $$\sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2+c^2}\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$$ then we need to show that $$\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}\ge \frac{3}{2}\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$ $$\Leftrightarrow (a+b+c)^4-(a^2+b^2+c^2)((a+b+c)^2-3(a^2+b^2+c^2))\ge 0$$
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#34
|
|||
|
|||
23. $a,b,c>0,abc=1$
$$1)\quad \frac{a-1}{b}+\frac{b-1}{c}+\frac{c-1}{a}\geq 0$$ $$2)\quad \frac{a-1}{b+c}+\frac{b-1}{c+a}+\frac{c-1}{a+b}\geq 0$$ 27. $a,b,c>0$ $$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\leq 3$$ 52. $a,b,c\geq 0,a+b+c\geq 3$ $$\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{a+b^2+c}+\frac{1}{a+b+c^2}\leq 1$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#35
|
||||
|
||||
มาเพิ่มให้
โดยอสมการ Cauchy จะได้ว่า $(a^2+b+c)(1+b+c) \geq (a+b+c)^2 \Leftrightarrow \frac{1}{a^2+b+c} \leq \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2}$ \[\begin{array}{cl} & \sum_{cyc} \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2} \leq 1 \\ & \Leftrightarrow 3+2(a+b+c) \leq (a+b+c)^2 \\ & \Leftrightarrow (a+b+c-3)(a+b+c+1) \geq 0 \\ \end{array}\] ซึ่งเป็นจริงจาก $a+b+c \geq 3$ ---------------------------------------------------------------------------------------- ข้อนี้ SOS Schur ไม่ออกอสมการยุ่งยากซับซ้อน (ต้องขอยืมเอกลักษณ์พี่ Noonuii มาใช้ก่อนนะครับ) บวกกับการที่ผมพิมพ์อยู่ได้ประมาณชั่วโมงครึ่งแล้วไฟดับ เลยต้องพิมพ์ใหม่หมด เพราะฉะนั้นขอให้มีคนอ่านซักคนก็ยังดี \[\begin{array}{cl} & a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \\ = & \frac{1}{2}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) \\ = & \frac{1}{2}[(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)] \\ = & \frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \\ \end{array}\] \[\begin{array}{rcl} & \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2} \\ = &\frac{a}{b+c}-\frac{1}{2}+\frac{b}{c+a}-\frac{1}{2}+\frac{c}{a+b}-\frac{1}{2} \\ = &\frac{(a-b)+(a-c)}{2(b+c)}+\frac{(b-a)+(b-c)}{2(c+a)}+\frac{(c-a)+(c-b)}{2(a+b)} \\ = & (\frac{a-b}{2})(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a})+(\frac{b-c}{2})(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b})+(\frac{c-a}{2})(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}) \\ = &\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}+\frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)} \end{array}\] \[\begin{array}{rcl} \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{9}{6} & \geq & \frac{4}{6}-\frac{2(ab+bc+ca)}{3(a^2+b^2+c^2)} \\ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2} & \geq & \frac{2}{3(a^2+b^2+c^2)}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \\ \frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}+\frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)} & \geq & \frac{2}{3(a^2+b^2+c^2)}\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \\ \sum [\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}](a-b)^2 & \geq & 0 \\ \end{array}\] สมมติโดยไม่เสียนัย $a\geq b \geq c$ จะได้ว่า $\frac{1}{b+c} \geq \frac{1}{c+a} \geq \frac{1}{a+b}$ และกำหนดให้ \[\begin{array}{cl} S_{a}& =\frac{1}{2(c+a)(a+b)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\ S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\ S_{c}& =\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\ \end{array}\] \[\begin{array}{cl} S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\ & =\frac{3a^2+b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\ & =\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\ & \geq 0 \end{array}\] \[\begin{array}{cl} S_{c}& =\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\ & =\frac{3a^2+3b^2+c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\ & =\frac{a^2+b^2-c^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\ & \geq 0 \end{array}\] \[\begin{array}{cl} S_{a}+S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{2(b+c)(a+b)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\ & =\frac{a^2+3b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(c+a)(a+b)(a^2+b^2+c^2)}+\frac{3a^2+b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\ & =\frac{b^2+c^2-a^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(c+a)(a+b)(a^3+b^3+c^3)}+\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\ & \geq \frac{b^2+c^2-a^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(c+a)(a+b)(a^3+b^3+c^3)}+\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(c+a)(a^3+b^3+c^3)} \\ & =\frac{2c^2}{6(a+b)(c+a)(a^3+b^3+c^3)} \\ & \geq 0 \end{array}\]
__________________
"ชั่วโมงหน้าต้องดีกว่าเดิม!" 26 เมษายน 2011 05:05 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Keehlzver เหตุผล: เพิ่ม |
#36
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
by Cauchy $$\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\ge ab+bc+ca=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$ WLOG $a\ge b\ge c$ $\Rightarrow \frac{1}{b+c}\ge \frac{1}{c+a}\ge \frac{1}{a+b}$ by A.M.-G.M. $$a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}=3$$ by Checyshev's $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\ge \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$$ Done! #35 ผมอ่านเเล้วนะครับ ดีใจด้วย
__________________
Vouloir c'est pouvoir 26 เมษายน 2011 17:09 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#37
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ใช้โคชี ทีเดียวตกขอบ
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#38
|
||||
|
||||
ลองเปลี่ยนตัวแปรให้อยู่ในรูป function แล้ว Jensen ดูครับ
__________________
เหนือฟ้ายังมีฟ้าแต่เหนือข้าต้องไม่มีใคร ปีกขี้ผื้งของปลอมงั้นสินะ ...โลกนี้โหดร้ายจริงๆ มันให้ความสุขกับเรา แล้วสุดท้าย มันก็เอาคืนไป... |
#39
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
Let $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}\Rightarrow xyz=1$ Then Let $f(x)=\sqrt{\frac{2x}{x+1}}$ $\Rightarrow f^{'} (x)=\frac{1}{2},f^{''} (x)=0$ ไม่ชัวร์อ่ะครับตรงนี้ Drift ไม่เป็นอ่ะครับ by Jensen's $$f(x)+f(y)+f(z)=\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\ge 3f(\frac{x+y+z}{3})\ge 3f(1)=3$$
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#40
|
||||
|
||||
#39
ขอโทษครับ ผมทำผิด ปล. diff ผิดนะครับ แต่ก็ใช้ jensen ไม่ได้อยู่ดี
__________________
เหนือฟ้ายังมีฟ้าแต่เหนือข้าต้องไม่มีใคร ปีกขี้ผื้งของปลอมงั้นสินะ ...โลกนี้โหดร้ายจริงๆ มันให้ความสุขกับเรา แล้วสุดท้าย มันก็เอาคืนไป... |
#41
|
|||
|
|||
ผมก็ใช้ Jensen นะแต่ซับซ้อนกว่านั้น
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#42
|
||||
|
||||
#40 ว่าละต้องDiff ผิด
#41 เเล้ว ทำยังไงอ่ะครับ อยากรู้
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#43
|
||||
|
||||
ปลุกหน่อยครับ = =
ไม่มีใครตอบ #42 เลย
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#44
|
|||
|
|||
วิธีนี้ผมเอามาจาก Secrets in inequalities นะถ้าจำไม่ผิด คิดเองไม่ไหว
เขียนข้างซ้ายของอสมการในรูปนี้ $$\dfrac{c+a}{2(a+b+c)}\sqrt{\frac{4a(a+b+c)^2}{(a+b)(a+c)^2}}+ \dfrac{a+b}{2(a+b+c)}\sqrt{\frac{4b(a+b+c)^2}{(b+c)(a+b)^2}}+ \dfrac{b+c}{2(a+b+c)}\sqrt{\frac{4c(a+b+c)^2}{(c+a)(b+c)^2}}$$ แล้วอ้างว่า $f(x)=\sqrt{x}$ เป็น concave function จึงใช้ Jensen ได้ครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#45
|
||||
|
||||
ขอบคุณครับ
เเล้วเราต้องเเสดง ว่ามันเป็น Concave หรือ Convex เเน่อะ่ครับ งง
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
สมาคมฯ warm up !! | -SIL- | ปัญหาคณิตศาสตร์ ม.ปลาย | 39 | 14 พฤศจิกายน 2010 18:16 |
warm-up | Siren-Of-Step | ฟรีสไตล์ | 5 | 28 กรกฎาคม 2010 08:48 |
WARM UP !! สำหรับ ''สสวท.รอบ2 อีกครั้ง'' | คusักคณิm | ข้อสอบในโรงเรียน ประถมปลาย | 13 | 07 เมษายน 2009 23:29 |
WARM UP !! สำหรับ ''สพฐ. รอบต่อไป' | คusักคณิm | ข้อสอบในโรงเรียน ประถมปลาย | 2 | 28 มีนาคม 2009 10:10 |
Warm Up ! | passer-by | ข้อสอบโอลิมปิก | 98 | 14 มกราคม 2009 14:45 |
|
|