Serbia2008
 

กำหนดให้ $a,b,c>0$ และ $a+b+c=1$ จงแสดงว่า
$$\sum_{cyc} \dfrac{1}{bc+a+\frac{1}{a}} \leq \frac{27}{31}$$

Any solution without S.O.S? :please:

อ่า...วิธีผมครับ ช่วยเช็คให้ด้วยนะครับ ไม่ S.O.S แต่ค่อนข้างถึก

ก่อนอื่นผมขอกล่าวถึงอสมการสองอันนี้ก่อน เพราะต่อไปต้องใช้(แต่พิสูจน์ง่ายครับ)
$1.) (a+b)(b+c)(c+a)\leq (\frac {2(a+b+c)}{3})^3=\frac {8}{27}$
$2.) (a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac {8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)=\frac {8}{9}(ab+bc+ca)$
ซึ่งใช้เพียง AM-GM ก็พิสูจน์ได้ครับ


$LS= \sum_{cyc}\frac {1}{bc+a(a+b+c)+\frac {1}{a}}$
$=\sum_{cyc}\frac {1}{(a+b)(a+c)+\frac {1}{a}}$
$=\sum_{cyc}\frac {a}{a(a+b)(a+c)+1}$
$\leq \sum_{cyc}\frac {a}{a(a+b)(a+c)+1+(a+b)(b+c)(c+a)-\frac {8}{27}}$ (จาก 1.))
$=\sum_{cyc}\frac {a}{(a+b+c)(a+b)(a+c)+\frac {19}{27}}$
$=\sum_{cyc}\frac {a}{(a+b)(a+c)+\frac {19}{27}}$

จากอสมการ Cauchy-Schwarz

$12(\frac {1}{\frac {1}{12}(a+b)(a+c)})+19(\frac {1}{\frac {1}{27}}) \geq \frac{(31)^2}{12(\frac{1}{12}(a+b)(a+c))+19(\frac {1}{27})}$

$\frac {144}{(a+b)(a+c)}+19\times 27 \geq \frac {31^2}{(a+b)(a+c)+\frac {19}{27}}$

ทำจนครบ cyclic จะได้

$\sum_{cyc}\frac {31^2a}{(a+b)(a+c)+\frac {19}{27}}\leq \sum_{cyc}\frac {144a}{(a+b)(a+c)}+\sum_{cyc} (19\times 27)a$

$=144\frac {a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+(19\times 27)(a+b+c)$

$=144\frac {2(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+19\times 27$

$\leq 144\times2\times\frac {9}{8}+19\times 27$ (จาก 2.))

$=12\times 27+19\times 27$

$=31\times 27$

ดังนั้น $LS\leq \sum_{cyc}\frac {a}{(a+b)(a+c)+\frac {19}{27}} \leq \frac {27\times 31}{31^2}=\frac {27}{31}$

ทำเหมือนผมเลย