![]() |
#1
|
||||
|
||||
![]() Prove that $$\sum_{cyc} a\sqrt{b^2-bc+c^2} \le a^2+b^2+c^2 $$
$a,b,c \ge 0$
__________________
Hope is what makes us strong. It's why we are here. It is what we fight with when all else is lost. |
#2
|
||||
|
||||
![]() อันนี้วิธีผมนะครับ ถึกมาก มีใครทำได้สั้นกว่าบ้างครับ
ยกกำลังสองสองข้าง แล้วจะได้อสมการ $$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \geqslant \sum_{cyc} 2ab\sqrt{(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)}$$ พิจารณา $$\sum_{cyc} 2ab\sqrt{(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)} \le \sum_{cyc}ab\bigg(a^2+b^2+2c^2-c(a+b)\bigg) \\ =\sum_{cyc}ab(a^2+b^2)$$ AM-GM ดังนั้น $$a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge \sum_{cyc} ab(a^2+b^2)$$ ซึ่งเป็นจริงตาม Fourth Degree Schur's Inequality
__________________
Hope is what makes us strong. It's why we are here. It is what we fight with when all else is lost. 18 กุมภาพันธ์ 2015 09:49 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ FranceZii Siriseth |
#3
|
|||
|
|||
![]() ข้อนี้มีคนโพสต์แล้วนิครับ วิธีทำก็ยกกำลังสองเหมือนกัน
ผมพยายามหาวิธีทำที่ไม่ต้องยกกำลังสอง แค่ bound จากก้อนๆรูทนั้นเลย คือหา $k$ ให้ไปชนกับ $k(ab+bc+ca) \leq a^2+b^2+c^2$ ซึ่ง $k$ ต้องเป็น $1$ หรือน้อยกว่าถึงจะสรุปได้จากวิธีนี้จริงมั้ย แต่ผม bound ออกมาได้ sharp สุดแค่ $k$ เป็น $\sqrt{2}$ เท่านั้นเอง เพราะงั้นผมค่อนข้างมั่นใจว่าไม่น่าจะหลีกเลี่ยงการยกกำลังสองได้ อีกอย่าง solution ที่ทำๆกันมาก็ไม่ได้น่าเกลียดอะไรด้วยครับ สวยดีด้วยซ้ำ ![]() |
#4
|
|||
|
|||
![]() มีอีกวิธีนึงที่น่าจะเป็นไปได้คือใช้ jensen ผมขอตั้งต้นไว้ก่อนแล้วรบกวนช่วยพิสูจน์ต่อด้วยก็แล้วกันครับ
ให้ $f(x)=\sqrt{x}$ จากการ diff จะได้ว่า $f'(x)=\frac{1}{2}x^{-\frac{1}{2}}$ และ $f''(x)=-\frac{1}{4}x^{-\frac{3}{2}}$ ดังนั้น $f(x)$ เป็นฟังก์ชันเพิ่มและเป็นฟังก์ชันเว้าทุกค่า $x > 0$ เนื่องจากอสมการเป็นเอกพันธุ์ จึงสมมุติให้ $a+b+c=1$ โดยการใช้อสมการ jensen จะได้ว่า $$\sum_{cyc} a\sqrt{b^2-bc+c^2} \le \sqrt{ab^2+a^2b+bc^2+b^2c+ca^2+c^2a-3abc} $$ ทำให้อสมการที่ต้องการพิสูจน์กลายเป็น $$\sqrt{ab^2+a^2b+bc^2+b^2c+ca^2+c^2a-3abc}\le a^2+b^2+c^2$$ เมื่อ $a+b+c=1$ รบกวนพิสูจน์ต่อด้วยครับ |
#5
|
|||
|
|||
![]() ผมลองคิดดูแล้วนะ
อสมการสุดท้ายจริงครับ เป็น 4th degree Schur ดังนี้ $\sum a^4+\sum a^2bc \geq \sum a^3b+\sum ab^3$ มันมาจาก $\sqrt{a+b+c}\sqrt{ab^2+a^2b+bc^2+b^2c+ca^2+c^2a-3abc}\le a^2+b^2+c^2$ ยกกำลังสองแล้วกระจาย จะได้เหมือนอสมการบนสุดเป๊ะๆ ต่อให้มีเงื่อนไขของ nomalize แถมมาด้วย การพิสูจน์ให้ไปชน $a^2+b^2+c^2$ ก็ยังยากอยู่ ยิ่งอสมการอยู่ใน form ที่โดนทอนดีกรีลงด้วยแล้ว (สังเกตฝั่งซ้ายดูดีๆ) มันอาจจะยิ่งทำให้ดูยากขึ้นด้วยจริงไหมครับ ![]() เพราะงั้นผมเลยปรับมันกลับไปเป็นดีกรี 4 เหมือนเดิมดีกว่า ประเด็นคือ ปรับไปเป็นดีกรี 4 แล้ว มันเป็นอสมการเดียวกันกับคุณเจ้าของกระทู้ หมายความว่าอสมการ Jensen ที่คุณทำมา ให้ค่า bound เดียวกันเป๊ะๆ ในขณะที่ต้องใช้เครื่องมือ และขั้นตอนในการคำนวณมากกว่า ต้องมีแสดงค่าอนุพันธ์ bound Jensen และเจอพีชคณิตก้อนใหญ่ๆ สู้เรามายกกำลังสองเสียตั้งแต่แรกก็ลดความยุ่งยากเชิงพีชคณิตได้ระดับนึงแล้วครับ ![]() ปล. ผมยังงงอยู่นะว่าอสมการแรกสุด bound จาก Jensen มาได้ยังไง ![]() |
#6
|
|||
|
|||
![]() ถ้า $f$ เป็น concave function และ $a+b+c=1$ แล้ว
$\quad\quad\quad af(x)+bf(y)+cf(z)\leq f(ax+by+cz)$ นี่คือเหตุผลหนึ่งรึเปล่าที่ต้องทำ normalization
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
![]() ![]() |
![]() |
||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
inequality | Influenza_Mathematics | อสมการ | 7 | 11 ธันวาคม 2010 21:43 |
inequality | Wings_Evolution | ปัญหาคณิตศาสตร์ทั่วไป | 13 | 26 พฤศจิกายน 2010 22:33 |
Inequality with a+b+c=2 | James007 | อสมการ | 8 | 17 มีนาคม 2010 00:44 |
Inequality | putmusic | อสมการ | 4 | 06 ตุลาคม 2008 19:32 |
โจทย์ Inequality | devilzoa | อสมการ | 18 | 09 มีนาคม 2007 05:35 |
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
|