#1
|
||||
|
||||
อสมการ
ให้ a, b, c เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นศูนย์ จงแสดงว่า
$a+b+c+\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\geq 4\sqrt[3]{abc}$
__________________
ความรู้คือ ประทีป ส่องทาง จริงๆนะครับ |
#2
|
|||
|
|||
ไม่จริงครับ ให้ $a=b=c=1$ ได้ $3+\dfrac{1}{3}\geq 4$ ซึ่งเป็นเท็จ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#3
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
เป็นจริงอยู่รึเปล่า ถ้าจริงพิสูจน์อย่างไรดี
__________________
ความรู้คือ ประทีป ส่องทาง จริงๆนะครับ |
#4
|
||||
|
||||
จริงครับ
ใช้ AM-GM รวดเลย จาก $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$ $a+b+c \geq 3\sqrt{\frac {ab+bc+ca}{3}}$ $LS= \sqrt{\frac {ab+bc+ca}{3}}+[2\sqrt{\frac {ab+bc+ca}{3}}+\frac {3abc}{ab+bc+ca}]$ $\geq \sqrt[3]{abc}+[3\sqrt[3]{\frac {ab+bc+ca}{3}\frac {3abc}{ab+bc+ca}}]$ $\geq 4\sqrt[3]{abc}$
__________________
PHOENIX
NEVER DIE |
#5
|
||||
|
||||
ขอบคุณมากครับ ที่ช่วยแนะนำ วิธีเยี่ยมเลยครับ
__________________
ความรู้คือ ประทีป ส่องทาง จริงๆนะครับ |
#6
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
ถ้าทุกตัวเป็นจำนวนจริงบวกผมขอเสนออีกหนึ่งวิธี เนื่องจากอสมการ homogeneous เราสามารถ normalize ให้ $a+b+c=1$ ให้ $r=\sqrt[3]{abc}$ จะได้ว่า $r\leq\dfrac{1}{3}$ จากอสมการ AM-GM และจากอสมการ $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2=1$ จะได้ $ab+bc+ca\leq\dfrac{1}{3}$ ด้วยเช่นกัน ดังนั้น $LHS = 1+\dfrac{3abc}{ab+bc+ca}$ $~~~~~~\geq 1+9abc$ $~~~~~~= 1+9r^3$ จึงเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $1+9r^3\geq 4r$ $9r^3-4r+1 \geq 0$ $(3r-1)(3r^2+r-1)\geq 0$ แต่ $3r-1\leq 0$ และ $3r^2+r-1\leq \dfrac{3}{9}+\dfrac{1}{3}-1 < 0$ ดังนั้น $(3r-1)(3r^2+r-1)\geq 0$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#7
|
||||
|
||||
ใช่ครับ $a, b, c $ เป็นจำนวนจริงบวกครับ คุณ nooonuii สุดยอดจริงๆครับ มองทะลุหมดเลย
ขอบคุณมากนะครับ ได้อีกวิธีเลย แต่ตอนแรกใช้แค่ AM-GM ทำไม่ออกซักที
__________________
ความรู้คือ ประทีป ส่องทาง จริงๆนะครับ |
|
|