|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#31
|
||||
|
||||
โจทย์ พวกนี้ เอามาจากไหนหรือคับ
__________________
* รัก คณิต
|
#32
|
||||
|
||||
43.(vietnam 2002,Dung Tran Nam)
Solution : Let $x^2\geq y^2 \geq z^2 \Rightarrow x^2 \geq 3, 6\geq y^2+z^2 \geq 2yz$. cauchy; $(2(x+y+z)-xyz)^2=(2(y+z)+x(2-yz))^2$ $\leq ((y+z)^2+x^2)(4+(2-yz)^2)=(2yz+9)(y^2z^2-4yz+8)$ Let $\alpha =yz$. จะพิสูจน์ว่า $100 \geq (2 \alpha + 9)(\alpha^2-4\alpha +8)$ แต่ $100-(2\alpha +9)(\alpha^2-4\alpha+8)= -2\alpha^3-\alpha^2+20\alpha+28$ $=(\alpha+2)^2(7-2\alpha)\geq 0$ 07 เมษายน 2007 00:38 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii เหตุผล: แก้ Latex code |
#33
|
||||
|
||||
hint:ข้อ 39. เปลี่ยนตัวแปร a2=TanA
30 มีนาคม 2007 23:56 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep |
#34
|
|||
|
|||
42.(Canada 2002)$a,b,c>0$
$$\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ac}+\frac{c^3}{ab}\ge a+b+c$$ Alternative solution $$LHS.=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}$$ Cauchy-Schwartz $$\ge\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3abc}\ge\frac{3abc(a+b+c)}{3abc}=a+b+c$$ 94.Hungary 1996 $a+b=1, a,b>0$ $$\frac{a^2}{a+1}+\frac{b^2}{b+1}\ge\frac{1}{3}$$ Cauchy-Schwartz$$LHS.\ge\frac{(a+b)^2}{a+b+2}=\frac{1}{3}$$ 124.Nesbitt's Inequality $a,b,c>0$ $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}$$ $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ac}+\frac{c^2}{ac+bc}$$ Cauchy-Schwartz$$\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ac}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\ge\frac{3(ab+bc+ac)}{2(ab+bc+ac) }=\frac{3}{2}$$ งานนี้ไม่พลาดแน่ครับ 01 เมษายน 2007 18:49 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ devilzoa เหตุผล: พิมพ์โจทย์ผิด |
#35
|
|||
|
|||
แต่ $\frac{1}{3} \not > \frac{1}{2}$ นี่ครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#36
|
|||
|
|||
ข้อนี้ผมพิมพ์โจทย์ผิดเองครับ ที่จริงต้องเป็น $\frac{1}{3}$ ครับ (แก้ให้แล้วครับ)
112.Vietnam 1991$(x\ge y\ge z>0)$ $$\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}\ge x^2+y^2+z^2$$ ข้อนี้ใช้ Chebyshev ได้ไหมครับ (เริ่มระแวงเล็กน้อยไม่กล้าลงมือ) ชี้แนะด้วยครับ 02 เมษายน 2007 22:09 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ devilzoa |
#37
|
||||
|
||||
ใครทำโจทย์ของ Darij Grinberg ได้บ้าง(ข้อ 159-160)
04 เมษายน 2007 21:54 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep |
#38
|
||||
|
||||
ข้อ11.ครับ เปลี่ยน$\sqrt{ab}$ เป็น x $\sqrt{bc}$ เป็น y $\sqrt{ca}$ เป็น z
จะได้ว่า x2+y2+z2+2xyz=1 $\therefore$ ตรงกับเอกลักษณ์ตรีโกณ cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1 $\therefore$ สามารถแทน xด้วย cosA y ด้วย cosB z ด้วย cosC จาก Jensen's Inequality จะได้ว่า L.H.S. $\leq$ $\frac{3}{2}$ 04 เมษายน 2007 20:56 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 4 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep |
#39
|
||||
|
||||
65.(U.K. 1999)
$\because$ p+q+r=1 $\therefore$ 7(pq+qr+rp)(p+q+r) $\leq$ 2(p+q+r)3+9pqr $\rightarrow$ use Schur's Inequality 04 เมษายน 2007 21:36 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep |
#40
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
$$a^3 + b^3 + c^3 \ge \frac{1}{3}(a^2 + b^2 + c^2)(a+b+c)$$ $$-3q + 3r + 1 \ge \frac{1}{3}(-2q + 1)$$ จัดรูปจะได้ $$9r + 2 \ge 7q$$ ตามต้องการ |
#41
|
||||
|
||||
161. $$\frac{1}{2} \sum_{cyc}(a^2-2ab+bc-c^2+ca)^2 \geq 0$$
17 เมษายน 2008 22:38 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ dektep |
#42
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
$x^2y\geq z^2x\geq y^2z$ และ $\frac{1}{z}\geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{x}$ ชุดหลังใช้ได้ครับ แต่ชุดแรกเราบอกไม่ได้ว่า $z^2x\geq y^2z$ ครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#43
|
|||
|
|||
มาเฉลยต่อครับ
64. Moldova 1999 $a,b,c>0$ $$\frac{ab}{c(c+a)}+\frac{bc}{a(a+b)}+\frac{ca}{b(b+c)}\geq \frac{a}{c+a}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}$$ [This proof is incomplete] WLOG assume $a\geq b\geq c > 0$. Then we have ข้อ 65 มีวิธีทำเยอะมากครับ วิธีของผมใช้อสมการข้อ 155 $\displaystyle{\frac{a(b-c)}{c(c+a)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}+\frac{c(a-b)}{b(b+c)}}$ $\displaystyle{\geq\frac{a(b-c)}{a(a+b)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}+\frac{c(a-b)}{b(b+c)}}$ $\displaystyle{=\frac{c(b-a)}{a(a+b)}+\frac{c(a-b)}{b(b+c)}}$ $\displaystyle{=c(a-b)\Big[\frac{1}{b(b+c)}-\frac{1}{a(a+b)}\Big]}$ $\geq 0$ New Proof: The inequality is equivalent to $\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}+\dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}\geq 0$ $\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}+\dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}+3\geq 3$ $\dfrac{c^2+ab}{c^2+ca}+\dfrac{a^2+bc}{a^2+ab}+\dfrac{b^2+ca}{b^2+bc}\geq 3$ By AM-GM inequality, $LHS\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}$ It suffices to show that $(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)\geq abc(a+b)(b+c)(c+a)$. This is equivalent to $(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3+abc(a^3+b^3+c^3)\geq abc(ab^2+bc^2+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a)$ which is true because $(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3\geq abc(ab^2+bc^2+ca^2)$ and $abc(a^3+b^3+c^3)\geq abc(a^2b+b^2c+c^2a)$ from the well-known inequality $x^3+y^3+z^3\geq x^2y+y^2z+z^2x$ $$(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)\leq abc$$ ซึ่งมีการประยุกต์ใช้กับโจทย์ข้ออื่นด้วยเช่นข้อ 56 ซึ่งผมข้ามมาเดี๋ยวจะกลับมาเก็บอีกรอบครับ 65. United Kingdom 1999 $p,q,r>0,p+q+r=1$ $$7(pq+qr+rp)\leq 2 + 9pqr$$ From #155 we get $$(1-2p)(1-2q)(1-2r)\leq pqr$$ which is equivalent to $$4(pq+qr+rp) \leq 1 + 9pqr.$$ Since $3(pq+qr+rp)\leq (p+q+r)^2 = 1$, we get $7(pq+qr+rp)\leq 2 + 9pqr$, as required.
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 22 กุมภาพันธ์ 2011 12:25 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#44
|
|||
|
|||
ุึ67. Proposed for USAMO 1999 $x,y,z>1$
$$x^{x^2+2yz}y^{y^2+2zx}z^{z^2+2xy}\geq (xyz)^{xy+yz+zx}$$ WLOG assume $x\geq y\geq z$. Then 68. Turkey 1999 $c\geq b\geq a \geq 0$$x^{x^2+yz-zx-xy}y^{y^2+zx-xy-yz}z^{z^2+xy-yz-zx}$ $\geq y^{x^2+yz-zx-xy}y^{y^2+zx-xy-yz}z^{z^2+xy-yz-zx}$ $=y^{x^2+y^2-2xy}z^{z^2+xy-yz-zx}$ $\geq z^{x^2+y^2-2xy}z^{z^2+xy-yz-zx}$ $=z^{x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx}$ $\geq 1.$ $$(a+3b)(b+4c)(c+2a)\geq 60abc$$ We prove the following inequalities 70. Poland 1999 $a,b,c>0,a+b+c=1$$(1) \, 4ac^2 + 2bc^2 + 6ab^2 \geq 12abc$ $(2) \, 8bc^2 + 8a^2c\geq 16abc$ $(3) \, 2bc^2 + 2a^2b \geq 4abc$ $(4) \, 3b^2c \geq 3abc$ $(5) \, 25abc \geq 25abc.$ Adding them together we get the result. $$a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leq 1$$ Since $a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 - 2(ab+bc+ca)=1-2(ab+bc+ca)$, the inequality is equivalent to $$3abc\leq (ab+bc+ca)^2.$$ But this inequality is just $3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2$ which can be shown by noting that $$3\Big(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\Big)\leq (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2. $$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 18 เมษายน 2007 09:47 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nooonuii |
#45
|
||||
|
||||
เออ ถ้าผมจะเอามารวมเฉลย แต่ละข้อจะดีไหมคับ เพราะผมลองนั่งทำดู ไม่รู้ว่า ข้อไหนจะใช้อะไร !! ใครอยากได้รวมก็รอ สักพักนะคับ รอ nooonuii เฉลย เยอะ ๆ เหะๆ
__________________
* รัก คณิต
|
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
Update หนังสือของ Hojoo Lee แล้ว!! | gools | ฟรีสไตล์ | 5 | 06 พฤษภาคม 2008 12:22 |
|
|