#1
|
||||
|
||||
อสมการ
กำหนด $a,b,c >0$ และ $a+b+c = 3$
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2} \geqslant \frac{3}{2}$$ กำหนดให้ $a,b,c,d >0$ และ $a+b+c+d= 4$ $$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2c} \geqslant 2$$
__________________
Fighting for Eng.CU
|
#2
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
$$\sum_{cyc} \frac{a}{1+b^2c}=\frac{a^2}{a+ab^2c}\ge \frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+(ab+cd)(bc+ad)}\ge \frac{64}{16+[(a+c)(b+d)]^2}$$ จาก $(a+c)(b+d)\le [(a+b+c+d)/2]^2=4$ ทำให้อสมการเป็นจริง อ้างอิง:
and Cauchy's $$\sum_{cyc} \frac{a}{1+b^2}=\frac{a^2}{a+ab^2}\ge \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+ab^2+bc^2+ca^2}$$ It's remain to prove $ab^2+bc^2+ca^2\le 3=(a+b+c)^3/3\leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge ab^2+bc^2+ca^2$ which is obvious
__________________
Vouloir c'est pouvoir 09 มีนาคม 2012 13:42 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#3
|
|||
|
|||
#2 ยังไม่ครบครับเพราะอสมการไม่มีสมมาตร
ยังไม่ได้เช็คว่าวิธีเดิมสามารถปรับไปใช้กรณีอื่นด้วยได้มั้ย
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#4
|
||||
|
||||
#3 หมายถึงที่ผมสมมุติ $a\ge b\ge c$ อ่ะเหรอครับ คือเราจสสมุติได้เมื่อมัน สมมาตรเท่านั้นเหรอครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#5
|
||||
|
||||
ตอนนี้ผมได้แล้วครับ cauchy-schwarz and am-gm
__________________
Fighting for Eng.CU
|
#6
|
|||
|
|||
ใช่ครับ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#7
|
||||
|
||||
อีกข้อนะครับ
$a,b,c >0 , a+b+c =3$ พิสูจน์ว่า $$\sum_{cyc}\frac{1}{a^2+2b^2} \geqslant 1$$ อีกข้อครับ ให้ $a,b,c >0 , a^5+b^5+c^5 =3$ พิสูจน์ $$\sum_{cyc} \frac{a^4}{b^3} \geqslant 3$$
__________________
Fighting for Eng.CU
11 มีนาคม 2012 12:28 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Metamorphosis |
#8
|
||||
|
||||
คิดได้หรือยังครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#9
|
||||
|
||||
งั้นเฉลยข้อแรกให้เลยละกัน เฉลยหมดเดี๋ยวไม่สนุก
อ้างอิง:
อสมการสมมูลกับ $$\sum_{cyc} a-\frac{a}{1+b^2} \le a+b+c-\frac{3}{2}$$ $$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \frac{3}{2}$$ พิจารณา LHS โดย AM-GM ได้ว่า $$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \sum_{cyc} \frac{ab^2}{2b} = \frac{1}{2} (ab+bc+ca)$$ โดยอสมการ $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$ ได้ว่า $$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \frac{3}{2}$$ ซึ่งสมมูลกับ $$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2} \ge \frac{3}{2}$$
__________________
keep your way.
|
#10
|
||||
|
||||
ยังเลยครับ เหลือ 2 ข้อหลังที่โพส ช่วยแสดงวิธีคิดด้วยครับ
__________________
Fighting for Eng.CU
|
#11
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
__________________
Fighting for Eng.CU
|
#12
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
ต้องการพิสูจน์ว่า Sigma cyclic [x^(4/5)]/[y^(3/5)] >=3 , สมมูลกับ Sigma cyclic [x]/[x^(1/5)y^(3/5)] >= 3 AM.-GM.ตัวส่วน $x+y+y+y+1>=...$ สมมูลกับ.... ใช้ Cauchy ต่อ จบ
__________________
The only way to do mathematics is to do mathematics . |
#13
|
||||
|
||||
งงอะครับ ต้องการหมายถึงอะไร ?
__________________
Fighting for Eng.CU
|
#14
|
||||
|
||||
#13 ผมเข้าใจว่าอย่างนี้ครับ
$$\sum_{cyc} \frac{x^{4/5}}{y^{3/5}}=\frac{x}{x^{1/5}y^{3/5}}\ge 5\sum_{cyc} \frac{x}{x+3y+1}=5\sum_{cyc} \frac{x^2}{x^2+3xy+x}\ge \frac{5(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+(xy+yz+zx)+(x+y+z)}$$ เหลือพิสูจน์ว่า $5(x+y+z)^2\ge 3(x+y+z)^2+3(xy+yz+zx+x+y+z)\leftrightarrow [(x+y+z)^2-3(x+y+z)]+[(x+y+z)^2-3(xy+yz+zx)]\ge 0$ จาก $(x+y+z)^2=3(x+y+z),(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)$ ปล.ผมยังคิดไม่ได้เหมือนกันครับ เลยอยากจะขอ HINT บ้าง
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#15
|
||||
|
||||
เอ วิธีเค้าก็อธิบายละเอียดแล้วนี่ครับ (แม้จะเขียนงงๆหน่อย)
อ้างอิง:
__________________
keep your way.
|
|
|