|
|
#1
01 มีนาคม 2015, 16:21
|
||||
|
||||
อสมการคร้าบ
Let $x,y,z$ be positive real numbers. Prove that
$$\sqrt {\frac {x^3} {x^3+4yz(y+z)}}+\sqrt {\frac {y^3} {y^3+4zx(z+x)}}+\sqrt {\frac {z^3} {z^3+4xy(x+y)}} \geq 1$$
__________________
Hope is what makes us strong. It's why we are here. It is what we fight with when all else is lost. 
|
|
#2
04 มีนาคม 2015, 08:13
|
|||
|
|||
|
Bound ไส้ในของ $4yz(y+z)$ ก่อน
จากนั้นดู $\sqrt{\frac{x^3}{x^3+(y+z)^3}}$ สังเกตว่ามันมีกำลัง 3 เต็มไปหมด จัดให้อยู่ในรูป $1+a^3$ มันจะได้ bound ต่อง่ายๆ $\sqrt{1+a^3}=\sqrt{(a+1)(a^2-a+1)} \leq ...$ bound ข้างบน ใช้ AM-GM ผลคูณไปผลบวก กลับเศษส่วนบวกกันจะได้ 1 พอดี ปล.ถ้าเจอแนวนี้ลองมองการ bound จากไส้ในเป็นวิธีแรกๆครับ (Cauchy,AM-GM) ปล2. โจทย์ข้อนี้ดัดมาจากอสมการของ Vasc อีกที เล่ม Algebraic Old and New ปล3. Secret+Titu+Vasc+Mildorf+H.Lee ทำหมดนี่จะเป็นมหาเทพครับ 
|
|
#3
04 มีนาคม 2015, 13:33
|
||||
|
||||
|
ผมทำได้แบบนี้ครับ
$\sqrt{\frac{x^3}{x^3+(y+z)^3}}=\sqrt{\frac{1}{1 +(\frac{y+z}{x})^3}} \ge \frac{2x^2}{(y+z)^2+2x^2}$ AM-GM อีกรอบ $\frac{2x^2}{(y+z)^2+2x^2} \ge \frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}$
__________________
Hope is what makes us strong. It's why we are here. It is what we fight with when all else is lost.
|
|
#4
04 มีนาคม 2015, 13:34
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
__________________
Hope is what makes us strong. It's why we are here. It is what we fight with when all else is lost.
|
|
#6
04 พฤษภาคม 2015, 17:00
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
__________________
Hope is what makes us strong. It's why we are here. It is what we fight with when all else is lost.
|
|
#7
05 พฤษภาคม 2015, 17:08
|
|||
|
|||
|
เปลี่ยนตัวแปร $x=a^{2}, y=b^{2}, z=c^{2}$ อสมการกลายเป็น
$\displaystyle{\sum_{cyc}}\dfrac{a^3}{\sqrt{a^3+4b^{2}c^{4}+4b^{4}c^{2}}}\geq 1$ Normalize โดยให้ $a^3+b^3+c^3=1$ แล้วใช้ jensen กับฟังก์ชัน $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ ซึ่งเป็นฟังก์ชันนูน จะได้ $\displaystyle{\sum_{cyc}}\dfrac{a^3}{\sqrt{a^6+4b^{2}c^{4}+4b^{4}c^{2}}}\geq \dfrac{1}{\sqrt{\displaystyle{\sum_{cyc}}(a^9 +4ab^{2}c^{4}+4a^{3}b^{4}c^{2})}}$ สังเกตว่าตัวส่วนเป็นดีกรี 3 ดังนั้นเราควรจะพิสูจน์ว่า $\displaystyle{\sum_{cyc}}(a^3 +4a^3b^{2}c^{4}+4a^3b^{4}c^{2})\leq (a^3+b^3+c^3)^3$ ซึ่งจะทำให้ได้อสมการที่ต้องการทันที เมื่อกระจาย จะกลายเป็น $4\displaystyle{\sum_{cyc}}a^3b^2c^4+a^3b^4c^{2}\leq 3\displaystyle{\sum_{cyc}}(a^6b^3+b^6a^3)+6a^3b^3c^3$ ที่เหลือช่วยทำต่อทีครับ พิสูจน์ไม่ได้ แต่ก็หาตัวอย่างแย้งไม่ได้ครับ
|
|
#11
06 พฤษภาคม 2015, 04:12
|
|||
|
|||
|
อ้างอิง:
ลองสังเกตดูว่า ต่อให้มีเงื่อนไขของ normalization แถมมาก็จริง มันไม่ได้ช่วยให้โจทย์ง่ายขึ้นแต่อย่างใด รู้หรือเปล่าครับว่า การทำ normalization เราทำไปเพื่ออะไร ส่วนหนึ่งเราทำเพื่อให้ส่วนใดส่วนหนึ่งของโจทย์มีความน่ากลัว มีความดุดันลดลงไป โดยอาศัยความช่วยเหลือจากเงื่อนไขลดทอน อย่าง $a^3+b^3+c^3=1$ มาเป็นตัวเชื่อมโยง ข้อมูลทางพีชคณิตที่ปรากฎขึ้นมาเข้าด้วยกัน และผ่านข้อมูลที่ว่าเข้าไปยังอสมการเรารู้จัก จนจบบทพิสูจน์ได้ ---------------------------------------------------------------------- ที่คุณทำมามันก็มีผลดีตรงที่ว่า มันลดความเป็นผลบวกของ square root 3 ตัวให้ยุบเหลือแค่ตัวเดียว แต่ต้องแลกมาด้วยการคืนเงื่อนไข normalize ซึ่งการจายออกมาแล้วกลายเป็น symmetric sum ไป ผลที่ตามมาคือ จะจบบทพิสูจน์ได้ ต้องไปพึ่งกับอสมการที่เล่นที่ symmetric sum โดยตรง อย่าง Muirhead หรือ Schur ซึ่งการเขียนบทพิสูจน์ของ muirhead สมมูลกับ AM-GM นะครับ มันก็กลายเป็นว่าสุดท้ายแทนที่เราจะได้ idea ดีๆจากการฝึก bound อสมการ ก็ไปได้พลังถึกมาแทน ------------------------------------------------------------------------ จริงอยู่ว่าก่อนหน้านี้ผมเคยพูดว่าอสมการมันซ้ำซากจำเจ ผมหมายถึงข้อสอบนะครับ ทักษะและ idea หรือ algebraic insight ที่ได้มาจากการฝึกโยงข้อมูลพีชคณิต เป็นทักษะที่ขาดไม่ได้ และทักษะนี้เป็นทักษะติดตัวตลอดไป และสำคัญในการทำเลขโอลิมปิกทุกวิชาด้วยซ้ำนะ ค่อยๆคิดครับ ไม่ต้องรีบร้อนโพสต์ก็ได้ ลองฝึกทำให้สุดด้วยตัวเองก่อนครับ แล้วคุณจะเข้าใจคำว่า insight ของผมเองว่า มันหมายถึงอะไรและมีประโยชน์อะไร 
|
|
#13
12 พฤษภาคม 2015, 15:46
|
|||
|
|||
|
อ้างอิง:
ถ้าถึกแล้วหลุดจนจบบทพิสูจน์ได้ก็ OK ครับ อย่างอสมการสุดท้ายที่คุณโพสต์มา สมมูลกับ $4T(3,2,4) \leq 3T(6,3,0)+T(3,3,3)$ เมื่อ $T=\sum ! f(a_{1},...,a_{n})$ และ $f=a_{1}^{x_{1}}...a_{n}^{x_{n}}$ โดย $f$ เป็นพหุนามบนเลขชี้กำลัง ส่วน $T$ แทน sum ของ $f$ ทุกๆการเรียงสับเปลี่ยนของ $(x_{1},...,x_{n})$ ถึงตรงนี้ก็จะทำได้ 3 วิธี 1.ตั้งสมการสร้าง weight แล้ว AM-GM 2.ใช้ Schur's ในรูป $T(x+2y,0,0)+T(x,y,y) \geq 2T(x+y,y,0)$ แล้วเลือก $x,y$ 3.เชคลำดับ $(6,3,0),(3,3,3)$ เทียบกับ $(3,2,4)$ ว่า majorize หรือเปล่า แล้วอ้าง Muirhead (ในรูป $T(u) \geq T(v)$) มันไม่ได้ง่ายกว่าแต่อย่างใด จริงมั้ย? ที่ผมทักไปแบบนั้น เพราะไม่อยากให้ไปตีกรอบ solution ไว้น่ะครับ มันเป็นการปิดกั้นไอเดียที่โจทย์จะให้เราด้วยอีกทาง วิธีของคุณมันไม่ได้แย่อะไรมากมายครับ วิธีที่แย่กว่านี้ก็มีครับ อย่าง BW (Buffalo way) เป็นวิธีที่น่าเกลียดที่สุดวิธีนึง
|
|
#14
12 พฤษภาคม 2015, 23:00
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
__________________
Hope is what makes us strong. It's why we are here. It is what we fight with when all else is lost.
|
  |
| เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
|
