#76
|
|||
|
|||
$\tan^2 A =\dfrac{bc}{a}, \tan^2 B=\dfrac{ca}{b} , 0 < A,B < \dfrac{\pi}{2}$
จาก $1= a+b+c$ เราจะได้ $1= \tan A\tan B+\sqrt{\dfrac{ab}{c}}(\tan A+\tan B)$ จะได้ $\dfrac{ab}{c}= (\dfrac{1- \tan A\tan B}{\tan A+\tan B})^2= \cot^2 \left(\,A+B\right)$ จะได้ $\tan^2 C = \dfrac{ab}{c} , A+B+C = \dfrac{\pi}{2}$ ก็กลายเป็น เราต้องพิสูจน์ $$\dfrac{1}{1+\tan^2 A}+\dfrac{1}{1+\tan^2 B}+\dfrac{ \tan C}{1+tan^2 C} \leq 1+\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$$ |
#77
|
||||
|
||||
ข้อเเรกเปลี่ยนตัวแปรเเบบนี้ $x=\dfrac{a+b}{c}$ สินะครับ
เเล้วจะได้ว่า $\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}=1$ โดยต้องการพิสูจน์ $\sqrt[n]{1/x}+\sqrt[n]{1/y}+\sqrt[n]{1/z}\ge \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}$ ซึ่ง $$(n-1)x+\underbrace{1+1+...+1}_{n-1} \ge n\sqrt[n]{(n-1)x}\leftrightarrow x+1\ge \frac{n}{n-1}\sqrt[n]{(n-1)x}$$ ดังนั้น $$1=\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}\le\frac{n-1}{n\sqrt[n]{n-1}}\Big(\frac{1}{\sqrt[n]{x}}+\frac{1}{\sqrt[n]{y}}+\frac{1}{\sqrt[n]{z}}\Big)$$ ปล.เเล้วที่ผมทำผิดตรงไหนอ่ะครับ อยากรู้มากก TT เเก้ #75 เเล้วนะครับ ( ผมไม่ชอบเลข $\dfrac{3\sqrt 3}{4}$ เลย 555+ )
__________________
Vouloir c'est pouvoir 22 กันยายน 2012 14:01 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#78
|
|||
|
|||
มันน่าจะไม่ชาร์ปตรงนี้ครับ
$\tan A+1 \geq 2\sqrt{\tan A}$ ลองใช้เอกลักษณ์ทางตรีโกณ ที่เบสิคเลยน่ะครับ #75 แทนอะไรเป็นอะไรเขียนไว้หน่อยได้ไหมครับ เพื่อคนอ่านด้วย 22 กันยายน 2012 13:43 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Pain 7th |
#79
|
|||
|
|||
ใครมีโจทย์ ช่วยลงหน่อยได้ไหมครับ ผมอยากให้ครั้งนี้ได้ถึงค่าย สสวท เลยน่ะครับ
ผมมีโอกาสแค่ครั้งเดียวแล้วอ่ะครับ ไม่อยากปล่อยให้หลุดมือไป |
#80
|
||||
|
||||
จัดไปครับ น่าจะง่ายสำหรับ 2 ท่านนี้นะครับ
1.$ab+bc+ca=3; a,b,c>0$ $$a^3+b^3+c^3+6abc\geqslant 9$$ 2.$a+b+c=1; a,b,c>0$ $$10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\geqslant 1$$ 3.$a,b,c>0$ $$\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} +\frac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 33$$ Credit : ที่นี่แน่นอนครับ Hojoo lee |
#81
|
||||
|
||||
1.ได้ $q=ab+bc+ca=3\rightarrow p\ge 3$
เเละจะได้ $a^3+b^3+c^3+6abc=p^3-3pq+9r\ge p^3-9p+12p-p^3= 3p\ge 9$ 2.กระจายเช่นเคยได้ว่าต้องการพิสูจนน์ $$10(1-3q+3r)-9(5q^2-5q-5qr+5r+1)\ge 1\leftrightarrow (3q-1)(q-r)\le 0$$ ซึ่งจริงเพราะ $q\le p^2/3=1/3$ เเละ $q=pq\ge 9r>r$ 3.โดย $p,q,r$ method เเละให้ $a^2+b^2+c^2=p^2-2q=3$ จะได้ว่าต้องการพิสูจน์ว่า $$\frac{2(p^3-3pq+3r)}{2}+\frac{9p^2}{p^2-2q}\ge 33\leftrightarrow (3-q)(p-3r)\ge 0$$ ซึ่งจริงเพราว่า $r\le 1,q\le 3$
__________________
Vouloir c'est pouvoir 22 กันยายน 2012 16:30 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 5 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#82
|
|||
|
|||
1. Shur's Inequality จะได้
$a^3+b^3+c^3+6abc \geq (a+b+c)(ab+bc+ca) \geq \dfrac{(a+b+c)^3}{3}$ complete !!!!!! 3. โดย Homogeneous ให้ $a+b+c=3 $ จะได้ $abc \leq 1$ จากนั้นให้ $a+b+c=p , ab+bc+ca=q ,abc=r $ แทนกลายเป็น $\dfrac{2p^3-6pq+6r}{r}+\dfrac{9p^2}{p^2-2q} \geq 33 $ $\dfrac{p^3-3pq}{r}+\dfrac{9q}{p^2-2q} \geq 9$ แทนค่า $p=3$ แล้วกระจาย จะได้ $(q-3)^2 \geq 0$ complete |
#83
|
|||
|
|||
2. จาก p,q,r method ทำให้เราต้องพิสูจน์ว่า
$(1+9q)(1-3q+3r)+9(q-r)(1-2q)-9r \geq 1$ $(1-3q)(q-r) \geq 0$ จาก $q \leq \dfrac{1}{3} $ และ $q>r$ |
#84
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
|
#85
|
||||
|
||||
#86 ผมก็ Schur นะครับ ปล.ลงโจทย์ใหม่ๆเยอะๆเลยครับ ถึงจะังไม่ปีิดเทอมเเต่ผมอยากทำมากๆครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir 22 กันยายน 2012 17:40 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#86
|
|||
|
|||
ผมมาใบ้ #78 ให้แล้วกันครับ อีกนิดนึง
$2\cos^2 A-1+2\cos^2 B-1+2\sin C \cos C +2= \cos 2A+\cos 2B+\sin 2C +2$ $\cos^2 A+\cos^2 B+\sin C\cos C = 1+\dfrac{1}{2}(\cos 2A+\cos 2B+\sin 2C)$ แล้วลองสังเกตที่ $3\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ ว่ามันน่าจะเกี่ยวข้องอะไรกับ $\sin$ แล้วดูความเป็น convex concave แล้วก็อัดด้วย Jensen เลยครับ |
#87
|
||||
|
||||
#88 มันคือ $\sin (2A+2B+2C/3)=\sin \pi/3$ ใช่ใหมครับ เเต่ผมไม่เข้าใจว่าเราจะ Jensen ยังไง เพราะเหมือนว่ามันจะคนละฟังก์ชันกัน
__________________
Vouloir c'est pouvoir 22 กันยายน 2012 18:28 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 4 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#88
|
|||
|
|||
ลองใช้ เอกลักษณ์ทางตรีโกณเปลี่ยนรูปมันก่อนว่า $\sin A+\sin B= 2\sin (\dfrac{A+B}{2}) \cos (\dfrac{A-B}{2}) $ แล้วใช้ประโยชน์จาก
$A+B+C= \dfrac{\pi}{2}$ ครับผม |
#89
|
||||
|
||||
มันเเยกได้เป็น $\sin C(\cos A-\sin A)(\sin B-\cos B)$ ป่ะครับ โง่จริงอะไรจริง
__________________
Vouloir c'est pouvoir 22 กันยายน 2012 19:09 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#90
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(c+a)$ $a^5+b^5+c^5=(a+b+c)^5-5(a+b)(b+c)(c+a)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
|
|