|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
รวมวิธีในการพิสูจน์อสมการที่น่าสนใจ
กระทู้นี้จะเป็นกระทู้ที่รวบรวมบทพิสูจน์อสมการ
ให้ $a,b,c\in\mathbb{R^+}$ พิสูจน์ว่า \begin{align*}\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2} \ge \frac{3}{4}\end{align*} ซึ่งมีหลายวิธีที่น่าสนใจที่ผมรวบรวมมาจากหลาย ๆ แหล่งด้วยกันนะครับ 11 เมษายน 2019 17:29 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#2
|
||||
|
||||
วิธีที่ 1
อันนี้เป็นวิธีที่ผมชอบมากที่สุด หลัก ๆ คือใช้การจัดรูปโดยใช้เอกลักษณ์ทางพีชคณิต ดังนี้ครับ \begin{align*}\sum\frac{4a^2}{(a+b)^2} &= 3 +\sum\left[\frac{2(a^2+b^2)}{(a+b)^2}-1\right]+\sum\frac{2(a^2-b^2)}{(a+b)^2}\\ &= 3+\sum\left|\frac{a-b}{a+b}\right|^2+2\sum\frac{a-b}{a+b}\\ &= 3+\sum\left|\frac{a-b}{a+b}\right|^2-2\prod\frac{a-b}{a+b} \\ &\ge 3+3\prod\left|\frac{a-b}{a+b}\right|^\frac{2}{3}-2\prod\left|\frac{a-b}{a+b}\right|\ \ (AM-GM และ -x \ge -|x|) \\&\ge 3\end{align*} หมายเหตุ: $\sum, \prod$ เป็นแบบ cyclic นะครับ 11 เมษายน 2019 22:04 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 17 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#3
|
||||
|
||||
ใช้ rearrangement ก็น่าจะได้นะครับ
__________________
Mathematics is not about finding X but finding whY. |
#4
|
||||
|
||||
เดี๋ยวจะค่อย ๆ อัปเดตไปเรื่อย ๆ นะครับ ใครที่มีวิธีเพิ่มเติมสามารถเสนอได้นะครับ
@Panithi ลองแสดงให้ดูหน่อยครับ เพราะว่าถ้าใช้อสมการการจัดเรียงแบบตรง ๆ อสมการจะกลับข้างนะครับ 07 เมษายน 2017 20:05 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#5
|
||||
|
||||
วิธีที่ 2
ให้ $x = \frac{a}{a+b}, y = \frac{b}{b+c}, z = \frac{c}{c+a}$ จะได้ว่า $xyz = (1-x)(1-y)(1-z) \Rightarrow x+y+z = 1+xy+yz+zx - 2xyz$ จาก $(x +y+z-\frac{3}{2})^2 \ge 0 $ ทำให้ได้ว่า \begin{align*}x^2+y^2+z^2 &\ge3(x+y+z) -2( xy+yz+zx)-\frac{9}{4} \\ &= 3(1+xy+yz+zx-2xyz)-2(xy+yz+zx)-\frac{9}{4} \\&= \frac{3}{4}+(xy+yz+zx)-6xyz\\&\ge \frac{3}{4}\end{align*} ซึ่งอสมการสุดท้ายเป็นจริงเพราะ $xy+yz+zx=\sum\frac{ac(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge\frac{6abc}{(a+b)(b+c)(c+a )}=6xyz$ 11 เมษายน 2019 22:06 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 11 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#6
|
||||
|
||||
วิธีที่ 3
Lemma ให้ $x,y \in\mathbb{R^+}$ ได้ว่า $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\ge\frac{1}{1+xy}$ Pf: โดย Cauchy-Schwarz $(y+x)(\frac{1}{y}+x)\ge(1+x)^2\Rightarrow\frac{1}{(1+x)^2}\ge(\frac{y}{x+y})(\frac{1}{1+xy})$ ดังนั้น$(x+y)(\frac{1}{x}+y)\ge(1+y)^2\Rightarrow\frac{1}{(1+y)^2}\ge(\frac{x}{x+y})(\frac{1}{1+xy})$ $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\ge\frac{1}{1+xy}$ พิจารณา \begin{align*}\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2} &= \frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+ \frac{1}{(1+\frac{c}{b})^2}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2} \\&\ge \frac{1}{1+\frac{c}{a}}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2} \\&\ge \frac{1}{1+\frac{c}{a}}+\frac{1}{1+\frac{a}{c}}-\frac{1}{4} \\&= \frac{3}{4}\end{align*} 11 เมษายน 2019 22:06 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#7
|
||||
|
||||
โอ้โห ยอมวิธีที่ 3 ชอบมากๆครับ ยังไงก็เป็นกำลังใจให้ลงเพิ่มเติมนะครับๆ อย่างน้อยก็ผมคนนึงละที่คอยตามอ่าน
ปล.น่าจะมีให้โหวตนะครับ จริงๆผมไม่อยากคอมเมนต์ให้เสียบรรยากาศเลย
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#8
|
||||
|
||||
วิธีที่ 3.5
คล้าย ๆ กับวิธีที่ 3 ครับ เลยแถมให้เป็น 3.5 จาก Lemma (China TST 2005 Quiz 2 #3) ให้ $p, q, r, s\in \mathbb{R^+}$ ที่ $pqrs = 1$ จงพิสูจน์ว่า $\frac{1}{(1+p)^2}+\frac{1}{(1+q)^2}+\frac{1}{(1+r)^2}+\frac{1}{(1+s)^2}\ge 1$ Proof วิธีในการพิสูจน์สามารถใช้ผลจาก Lemma ในวิธีที่ 3 ในการพิสูจน์ได้ครับจากนั้น เราจะแทน $p=\frac{b}{a}, q=\frac{c}{b}, r=\frac{a}{c}, s=1$ ซึ่งเราได้ว่า $pqrs =1$ ทำให้ $\frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+\frac{1}{(1+\frac{c}{b})^2}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2}+\frac{1}{(1+1)^2}\ge 1$ จะได้$\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2}\ge\frac{3}{4}$ |
#9
|
||||
|
||||
วิธีที่ 4
คือการ proof อสมการที่ strong กว่า โดยจาก $\frac{a^2}{(a+b)^2}=\frac{3}{4}(\frac{4a^2}{3(a+b)^2})=\frac{3}{4}(\frac{4a^2}{3a^2+6ab+3b^2})\ge \frac{3}{4}(\frac{4a^2}{4a^2+8ab+4b^2})=\frac{3}{4}(\frac{a^2}{a^2+ab+b^2})$ ดังนั้น ที่เหลือจึงต้องพิสูจน์ว่า $\sum\frac{a^2}{a^2+ab+b^2} \ge 1 $ $\Leftrightarrow \sum [a^2 + (a+b+c)\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}]\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$ $\Leftrightarrow \sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}\ge \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$ ซึ่งเป็นจริงโดย Cauchy-Schwartz ดังนี้ $(\sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2})(\sum c(a^2+ab+b^2))\ge (ab+bc+ca)^2 \Rightarrow \sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}((a+b+c)(ab+bc+ca))\ge(ab+bc+ca)^2$ ก็จะได้ $\sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}\ge \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$ ตามต้องการ 11 เมษายน 2019 22:06 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#10
|
||||
|
||||
ผมไม่ได้เข้า mathcenter มานานมาก ไม่รู้ว่าตอนนี้จะมีคนอ่านหรือเปล่านะ แต่พอดีคิดถึงกระทู้ที่เคยตั้งไว้เลยมาอัปเดตเพิ่มอีกหน่อย
วิธีที่ 5 เหมือนกับวิธีที่ 4 ที่เราจะพิสูจน์ตัวอสมการ $\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2} \ge 1$ ซึ่งเป็นอสมการที่แข็งกว่า (พอดีผมไปเจอบทพิสูจน์สวย ๆ มา เลยอยากเอาเผยแพร่สักหน่อย) ให้ $A=a^2+ab+b^2,B=b^2+bc+c^2$ และ $C=c^2+ca+a^2$ ก็จะพบว่าอสมการที่ต้องการพิสูจน์สมมูลกับ $\sum_{cyc}\frac{a^2}{A} \ge 1 \Leftrightarrow \left(\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C} \right)\left(\frac{a^2}{A}+\frac{b^2}{B}+\frac{c^2}{C}-1\right)\ge 0$ $\Leftrightarrow \left(\frac{a^2}{A^2}+\frac{b^2}{B^2}+\frac{c^2}{C^2} \right)+\left(\frac{a^2+b^2}{AB}+\frac{b^2+c^2}{BC}+\frac{c^2+a^2}{CA} \right)-\left(\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C} \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow \left(\frac{a^2}{A^2}+\frac{b^2}{B^2}+\frac{c^2}{C^2} \right)+\left(\frac{a^2+b^2-A}{AB}+\frac{b^2+c^2-B}{BC}+\frac{c^2+a^2-C}{CA} \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow \left(\frac{a^2}{A^2}+\frac{b^2}{B^2}+\frac{c^2}{C^2} \right)-\left(\frac{ab}{AB}+\frac{bc}{BC}+\frac{ca}{CA} \right)\ge 0$ ซึ่งอสมการสุดท้ายก็เป็นจริงโดยอสมการสุดคลาสสิคอย่าง $x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$ เป็นวิธีการที่สวยไปอีกแบบใช้แค่การจัดรูปจนกลายเป็นสิ่งที่ง่าย แต่ยอมวิธีนี้เหมือนกัน 11 เมษายน 2019 22:07 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#11
|
||||
|
||||
วิธีที่ 6
วิธีนี้จะมานำเสนอวิธีการใช้ Cauchy-Schwarz แบบมาตรฐาน หรือที่รู้จักกันในนาม Titu's lemma \begin{align*}\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2} &= \frac{(a(c+a))^2}{(a+b)^2(c+a)^2}+\frac{(b(a+b))^2}{(b+c)^2(a+b)^2}+\frac{(c(b+c))^2}{(c+a)^2(b+c)^2} \\&\ge\frac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{(a+b)^2(b+c)^2+(b+c)^2(c+a)^2+(c+a)^2(a+b)^2}\\&=\frac{1}{4}\frac{((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 )^2}{ (a+b)^2(b+c)^2+(b+c)^2(c+a)^2+(c+a)^2(a+b)^2 }\\&\ge \frac{3}{4} \end{align*} อสมการสุดท้ายเป็นจริงจากความจริงสุดคลาสสิค (อีกแล้ว 555) ที่ว่า $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$ 11 เมษายน 2019 22:07 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ NaPrai |
#12
|
||||
|
||||
วิธีที่ 7
วิธีนี้ขอเรียกว่า วิธี "แปลงแล้วแปลงอีก" โดยหลักการของวิธีนี้คือการแทนค่าตัวแปร จากนั้นก็แทนค่ากลับด้วยอีกค่าหนึ่ง เพื่อให้อสมการเป็นอสมการสมมาตรดังนี้ ก่อนอื่นให้ $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}$ ก็จะได้ว่าจะต้องพิสูจน์ว่า $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2} \ge \frac{3}{4}$ สำหรับ $x,y,z \in \mathbb{R^+}$ ใด ๆ ที่ $xyz=1$ จากนั้นเราจึงแทนค่ากลับด้วย $x=\frac{qr}{p^2}, y=\frac{pr}{q^2}, z=\frac{pq}{r^2}$ ก็จะได้ว่าอสมการที่จะพิสูจน์นั้น เปลี่ยนโฉมไปเป็น$\frac{p^4}{(p^2+qr)^2}+\frac{q^4}{(q^2+pr)^2}+\frac{r^4}{(r^2+pq)^2} \ge \frac{3}{4}$ สำหรับจำนวนจริงบวก $p,q,r$ ใด ๆซึ่งการพิสูจน์นั้น หลัก ๆ ก็คือใช้ อสมการโคชี-ชวาร์ช ก่อนก็จะได้ว่า \begin{align*}\frac{p^4}{(p^2+qr)^2}+\frac{q^4}{(q^2+pr)^2}+\frac{r^4}{(r^2+pq)^2} &\ge \frac{(p^2+q^2+r^2)^2}{(p^2+qr)^2+(q^2+pr)^2+(r^2+pq)^2} \\&= \frac{(p^4+q^4+r^4)+2(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)}{(p^4+q^4+r^4)+(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)+2pqr(p+q+r)}\end{align*} ที่เหลือจึงแค่พิสูจน์ว่า $\frac{(p^4+q^4+r^4)+2(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)}{(p^4+q^4+r^4)+(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)+2pqr(p+q+r)} \ge \frac{3}{4}$ ซึ่งพอกระจายเศษส่วนออกก็จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า $(p^4+q^4+r^4)+5(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2) \ge 6pqr(p+q+r)$ โดยพิสูจน์ได้ไม่ยากและทำได้หลายวิธี เช่น การใช้อสมการ $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca $ ดังนี้ $(p^4+q^4+r^4)+5(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2) \ge 6(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2) \ge 6pqr(p+q+r)$ |
#13
|
||||
|
||||
จะว่าไปจริง ๆ วิธีในลักษณะแบบวิธีที่ 7 นี่สามารถนำไปประยุกต์ใช้กับอสมการที่แข็งแกร่งกว่า คือ อสมการในวิธีที่ 4
\begin{align*}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2} \ge 1\end{align*} ได้ด้วยนะครับ เดี๋ยวถ้าว่าง ๆ จะมาลง Full Solution ให้นะครับ |
#14
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
$\frac{1}{1+x+x^2}+\frac{1}{1+y+y^2}+\frac{1}{1+z+z^2} \ge 1$ เมื่อ $x,y,z \in \mathbb{R^+}$ ที่ $xyz=1$ จากนั้นเราก็แทนค่ากลับด้วย $x=\frac{qr}{p^2}, y=\frac{pr}{q^2}, z=\frac{pq}{r^2}$ จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า $\frac{p^4}{p^4+p^2qr+q^2r^2}+\frac{q^4}{q^4+pq^2r+p^2r^2}+\frac{r^4}{r^4+pqr^2+p^2q^2} \ge 1$ สำหรับ $p,q,r \in \mathbb{R^+}$ ซึ่งเราจะพิสูจน์อสมการนี้โดยใช้ อสมการโคชี-ชวาร์ช ก่อนเลยดังนี้ \begin{align*}\frac{p^4}{p^4+p^2qr+q^2r^2}+\frac{q^4}{q^4+pq^2r+p^2r^2}+\frac{r^4}{r^4+pqr^2+p^2q^2} &\ge \frac{(p^2+q^2+r^2)^2}{(p^4+q^4+r^4)+(p^2q^2+q^2r^2+q^2r^2)+pqr(p+q+r)}\end{align*}ที่เหลือจึงแค่พิสูจน์ว่าก่อนนี้มากกว่าหรือเท่ากับ $1$ ซึ่งสมมูลกับ $p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2 \ge pqr(p+q+r)$ ซึ่งเป็นจริงอย่างเห็นได้ชัดโดยใช้ความจริงที่ว่า $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ |
#15
|
|||
|
|||
ขอบคุณครับ
__________________
เว็บไซต์รวมคลิปตลกฮาลั่น |
|
|