กระทู้รวมเทคนิคการแก้โจทย์อสมการ

[kanakon]

พอดีเปิดผ่านมาเห็นคุณ M@gpie พิมพ์ตกนิดหน่อย

จากรากที่ 2

$a_1,a_2, ..., a_n \geq 0$ จะได้ว่า \[\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt{a_1a_2...a_n} \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}\]

ต้องเป็นรากที่ n ครับ

$a_1,a_2, ..., a_n \geq 0$ จะได้ว่า \[\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n} \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}\]

[R-Tummykung de Lamar]

อันนี้ผมยังสงสัยอยู่ครับ
คือถ้าเป็นอสมการที่ cyclic ทำไมถึงสามารถสมมติได้ว่า
$$a\geq b\geq c \quad\text{หรือ}\quad a\leq b\leq c\qquad(\star)$$
เท่าที่ลองคิดไว้คือ ถ้าเป็นอสมการ cyclic แล้ว ตอนที่สลับ $a\to b$ แล้วไม่ได้อสมการเดิม แต่ถ้าเราสลับต่อเป็น
$a\to b, b\to c, c\to a$ จะกลับมาเป็นอสมการเดิมครับ (เพราะ $P(a,b,c)=P(b,c,a)=P(c,a,b)$)
แต่ก็ยังตอบคำถามตัวเองไม่ได้อยู่ดีครับ ว่าทำไม สมมติแค่ $(\star)$ ก็เพียงพอแล้ว

[gools]

แต่ถ้า cyclic อย่างเดียวแต่ไม่ symmetry ก็สมมติไม่ได้ไม่ใช่เหรอครับ

[nooonuii]

จริงๆแล้วผมกำลังจะอธิบายเรื่องนี้เพิ่มเข้าไปพอดีเลยครับ แต่กำลังหาทางอธิบายด้วยภาษาง่ายๆอยู่ ถ้าอสมการ cyclic แล้วอสมการจะมีสมมาตรครับ สำหรับการพิสูจน์จะต้องใช้ความรู้เกี่ยวกับ group ของวิธีเรียงสับเปลี่ยนสำหรับสามตัวแปรมาอธิบายครับ

ไอเดียก็คือว่าวิธีเรียงสับเปลี่ยนของตัวแปรสามตัวแปรทั้งหกแบบจะสามารถเขียนเป็นผลประกอบของวิธีเรียงสับเปลี่ยนเพียงสองตัวครับ คือ $a\to b,b\to c,c\to a$ กับ $a\to b,b\to a,c\to c$ ประมาณนี้ครับ

ป.ล. ข้อความนี้จริงสำหรับจำนวนตัวแปรที่น้อยกว่าหรือเท่ากับ 3 เท่านั้นนะครับ ลองคิดกรณีสี่ตัวแปรดูครับว่าทำไมถึงไม่จริง

[R-Tummykung de Lamar]

$\large (a,b,c) \quad\text{(Identity)}$
$\large (a,c,b)=(b,c,a)\circ(b,a,c)$
$\large (b,a,c)=(b,a,c)$
$\large (b,c,a)=(b,c,a)$
$\large (c,a,b)=(b,c,a)\circ(b,c,a)$
$\large (c,b,a)=(b,a,c)\circ(b,c,a)$

ไม่แน่ใจว่านี่คือที่ต้องการรึเปล่าครับ แต่ถ้าใช่

ผมก็สงสัยต่อว่า ในกรณี 4 ตัวนั้น operation
$(1)\quad (b,c,d,a) $
$(2)\quad (b,a,c,d) $
ก็น่าจะเพียงพอสำหรับทุก $4!=24$ permutation แล้วนี่ครับ
(เพราะเราสามารถเลื่อนมาสลับที่ 2 ตำแหน่งแรกได้ ทำให้เราสามารถเปลี่ยนเป็นลำดับอะไรก็ได้)

[gools]

ถ้างั้น $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$ เป็นแบบไหนครับ?

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ R-Tummykung de Lamar

$\large (a,b,c) \quad\text{(Identity)}$
$\large (a,c,b)=(b,c,a)\circ(b,a,c)$
$\large (b,a,c)=(b,a,c)$
$\large (b,c,a)=(b,c,a)$
$\large (c,a,b)=(b,c,a)\circ(b,c,a)$
$\large (c,b,a)=(b,a,c)\circ(b,c,a)$

ไม่แน่ใจว่านี่คือที่ต้องการรึเปล่าครับ แต่ถ้าใช่

ผมก็สงสัยต่อว่า ในกรณี 4 ตัวนั้น operation
$(1)\quad (b,c,d,a) $
$(2)\quad (b,a,c,d) $
ก็น่าจะเพียงพอสำหรับทุก $4!=24$ permutation แล้วนี่ครับ
(เพราะเราสามารถเลื่อนมาสลับที่ 2 ตำแหน่งแรกได้ ทำให้เราสามารถเปลี่ยนเป็นลำดับอะไรก็ได้)

สำหรับสามตัวแปร ผมหมายถึง แบบนี้แหละครับ

แต่สำหรับสี่ตัวแปรผมว่ายังไม่น่าจะครบ(แต่ยังหาไม่ได้ว่าตัวไหนที่ขาดหายไปเพราะต้องลองหาผลประกอบออกมาก่อน) เพราะว่าถ้าลองสังเกตดีๆเราจะพบว่า $(b,c,d,a)$ จะหาผลประกอบได้แค่สี่ครั้ง ต่อจากนั้นจะซ้ำกับของเดิม ในขณะที่ $(b,a,c,d)$ ทำได้แค่สองครั้ง แต่ผมก็ยังไม่กล้าสรุปฟันธงว่าได้ไม่ครบครับ ยังไงก็คงต้องลองหาออกมาให้หมดก่อน

ป.ล. คุณ Warut แสดงให้ดูแล้วครับว่าจริง สรุปว่าน้อง R-Tummykung de Lamar คิดถูกแล้วครับ

[warut]

ผมไม่มั่นใจว่าเข้าใจตรงกับ สิ่งที่ท่านทั้งหลายกำลังคุยกันอยู่ รึเปล่านะครับ แต่ถ้าคำถามคือ $(12)$ กับ $(1432)$ generate $S_4$ หรือเปล่าล่ะก็ คำตอบคือใช่ครับ (เช็คด้วย GAP)

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ warut

ผมไม่มั่นใจว่าเข้าใจตรงกับ สิ่งที่ท่านทั้งหลายกำลังคุยกันอยู่ รึเปล่านะครับ แต่ถ้าคำถามคือ $(12)$ กับ $(1432)$ generate $S_4$ หรือเปล่าล่ะก็ คำตอบคือใช่ครับ (เช็คด้วย GAP)

ขอบคุณคุณ Warut ที่ช่วยชี้แนะครับ ผมลองไปเช็คในหนังสือแล้วพบว่า

$S_4=<(12),(1234)>$

ซึ่งก็ตรงตามที่อยากได้กันอยู่พอดีครับ

[[Tong]_1412]

เห้ย กลับ มาแล้วคับ .... มาดูบอร์ด อีกที ถึงกับ ตาลายยยไปเลย ไม่เข้าใจตั้งแต่ เปลี่ยนตัวเเปรแล้วอ่าแหลาะ ^^



........ไก่..........

งง ละซิคับว่า ไก่ คือ อะไร

[dektep]

ABC theorem

[lunor]

บอร์ดนี้ดีจริงๆครับ ผมต้องเข้ามาอ่านเรื่อยๆ

[dektep]

Proving inequalities using linear function
Theorem1 ให้ $f$ เป็นฟังก์ชันซึ่ง $f(x)=ax+b$ ซึ่ง $f(\alpha) \ge 0$ และ $f(\beta) \ge 0$
แล้ว $f(x) \geq 0,\forall x \in [\alpha,\beta]$
Ex1 กำหนดให้ $x,y,z \in R^+$ และ $x+y+z=3$ จงพิสูจน์ว่า $x^2+y^2+z^2+xyz \ge 4$
Solution by Pham Van Thuan,Trieu Van Hung We rewrite the desired inequality in the form
$(y+z)^2-2yz+x^2+xyz \ge 4$
or $yz(x-2)+2x^2-6x+5 \ge 0$
Set $yz=w$,and view the expression on the left hand as a linear function of $w$,that is
$f(w)=(x-2)w+2x^2-6x+5$
Now we need to find all possible values of $w$. By AM-GM inequality,
$yz \leq \frac{(y+z)^2}{4}$.that is $w \leq \frac{(3-x)^2}{4}$,we also have
$w \ge 0$ by hypothesis. By the theorem 1,it's sufficient to show that $f(0) \ge 0$ and $f(w_0) \ge 0$.where $w_0=\frac{(3-x)^2}{4}$.It's easy to check that $f(0)=2x^2-6x+5=2(x-\frac{3}{2})^2+\frac{1}{5} \ge 0,$
$f(w_0)=\frac{1}{4}(x-1)^2(x+2) \ge 0$
The proof is complete.The equality holds if and only if all the three numbers are
equal to 1.

[นายสบาย]

ขอขอบคุณมากๆครับ

[The Got_SME]

บางส่วนเข้าใจบางส่วนก็ไม่เข้าครับ