Mathcenter Forum  

Go Back   Mathcenter Forum > คณิตศาสตร์โอลิมปิก และอุดมศึกษา > อสมการ
สมัครสมาชิก คู่มือการใช้ รายชื่อสมาชิก ปฏิทิน ค้นหา ข้อความวันนี้ ทำเครื่องหมายอ่านทุกห้องแล้ว

ตั้งหัวข้อใหม่ Reply
 
เครื่องมือของหัวข้อ ค้นหาในหัวข้อนี้
  #1  
Old 30 มีนาคม 2011, 11:29
SOS_math's Avatar
SOS_math SOS_math ไม่อยู่ในระบบ
จอมยุทธ์หน้าใหม่
 
วันที่สมัครสมาชิก: 10 กันยายน 2003
ข้อความ: 70
SOS_math is on a distinguished road
Default หาค่าคงที่ที่ดีที่สุด

ให้ $a,b,c>0$ จงหาค่าคงที่ $M$ (ในรูปของ $a,b,c$) ที่ดีที่สุดที่ทำให้
$$ax+by+cz\le M((x^2+y^2)^{1/2}+(y^2+z^2)^{1/2})$$
สำหรับทุก $x,y,z>0$

30 มีนาคม 2011 11:31 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ SOS_math
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
  #2  
Old 27 กรกฎาคม 2020, 21:23
Anton's Avatar
Anton Anton ไม่อยู่ในระบบ
เริ่มฝึกวรยุทธ์
 
วันที่สมัครสมาชิก: 27 กรกฎาคม 2020
ข้อความ: 20
Anton is on a distinguished road
Send a message via ICQ to Anton Send a message via AIM to Anton Send a message via MSN to Anton Send a message via Yahoo to Anton Send a message via Skype™ to Anton
Default

อ้างอิง:
Problem. Let $a$, $b$, and $c$ be positive real numbers. Determine the best constant $M$ (in terms of $a$, $b$, and $c$) such that
$$ax+by+cz\leq M\bigg(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}\bigg)$$
for all positive real numbers $x$, $y$, and $z$.
If $a^2+b^2\leq c^2$, then $M=c$. This is because
$$ax+by+cz\leq \sqrt{a^2+b^2}\,\sqrt{x^2+y^2}+cz\leq c\,\sqrt{x^2+y^2}+cz$$
due to the Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz Inequality. Thus,
$$ax+by+cz\leq c\,\sqrt{x^2+y^2}+c\,\sqrt{y^2+z^2}=c\,\left(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}\right)\,.$$
This shows that $M\leq c$. By fixing $z:=1$ and taking $x,y\to 0^+$, we note that $M\geq c$. Therefore, $M=c$ in this case.

Similarly, if $b^2+c^2\leq a^2$, then $M=a$. From now on, we assume that $a^2+b^2>c^2$ and $b^2+c^2>a^2$.

By the Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz Inequality,
$$ax+\left(\frac{-a^2+b^2+c^2}{2b}\right)y\leq \sqrt{a^2+\left(\frac{-a^2+b^2+c^2}{2b}\right)^2}\,\sqrt{x^2+y^2}=\mu\,\sqrt{x^2+y^2}\,,$$
where
$$\mu:=\frac{\sqrt{a^4+b^4+c^4+2b^2c^2-2c^2a^2+2a^2b^2}}{2b}\,.$$
Similarly,
$$\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2b}\right)y+cz\leq \sqrt{\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2b}\right)^2+c^2}\,\sqrt{x^2+y^2}=\mu\,\sqrt{y^2+z^2}\,.$$
From
$$ax+by+cz=\left(ax+\left(\frac{-a^2+b^2+c^2}{2b}\right)^\vphantom{2^2}y\right)+\left(\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2b}\right)^\vphantom{2^2}y+cz\right)\,,$$
we conclude that
$$ax+by+cz\leq \mu\,\left(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}\right)\,.\tag{*}$$
This shows that $M\leq \mu$.

Now, we can take $$x=2ab(a^2+b^2-c^2)\,,$$ $$y=(-a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2)\,,$$
and
$$z:=2bc(-a^2+b^2+c^2)\,.$$ Observe that (*) is an equality. Hence, $M\geq \mu$. Consequently, $M=\mu$. We conclude that
$$M=\begin{cases}a&\text{if }b^2+c^2\leq a^2\,,\\
c&\text{if }a^2+b^2\leq c^2\,,\\
\dfrac{\sqrt{a^4+b^4+c^4+2b^2c^2-2c^2a^2+2a^2b^2}}{2b}&\text{if }a^2+b^2>c^2\text{ and }b^2+c^2>a^2\,.\end{cases}$$
__________________
Потом доказывай, что ты не верблюд.

29 กรกฎาคม 2020 02:42 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 8 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Anton
ตอบพร้อมอ้างอิงข้อความนี้
ตั้งหัวข้อใหม่ Reply


เครื่องมือของหัวข้อ ค้นหาในหัวข้อนี้
ค้นหาในหัวข้อนี้:

ค้นหาขั้นสูง

กฎการส่งข้อความ
คุณ ไม่สามารถ ตั้งหัวข้อใหม่ได้
คุณ ไม่สามารถ ตอบหัวข้อได้
คุณ ไม่สามารถ แนบไฟล์และเอกสารได้
คุณ ไม่สามารถ แก้ไขข้อความของคุณเองได้

vB code is On
Smilies are On
[IMG] code is On
HTML code is Off
ทางลัดสู่ห้อง


เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 12:43


Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha