เดี๋ยวแก้ไขก่อนเบลออย่างแรง.

ขออภัยครับ พอดีรีบไปหน่อย :p
แก้ไขแล้วนะครับ

คือผมเจอคำถามคล้ายกับข้อ 11. ในartofproblemsolving อยู่ในรูป \(\sum \frac{x^{4}}{x^{3}+y^{3}}\) แล้วก็มีคนที่ชื่อ rodja เสนอให้พิสูจน์ในกรณีทั่วไป โดยเปลี่ยนคำถามใหม่เป็น
ให้ \(x,y,z>0\) และ \(a \geq b > 0\) จงพิสูจน์ว่า \[\frac{x^a}{y^b+z^b}+\frac{y^a}{z^b+x^b}+\frac{z^a}{x^b+y^b} \geq \frac{x^{a-b}+y^{a-b}+z^{a-b}}{2}\] แล้วก็มีคนตอบเข้ามาว่า
It is not symmetric at all.Thus, what rodja posted is NOT a generalization.In fact, rodja's problem is much simpler.
หมายความว่ายังไงครับ(ไม่ค่อยเชี่ยวอังกฤษ :D )

ช่วงนี้ยังไม่มี้เวลามาคิดต่อปัญหาที่เหลืออยู่บ้างเลยครับ. วุ่นจริง ๆ :rolleyes: เดี๋ยวอีก 3 - 4 วัน น่าจะคงว่างบ้างแล้วจะมาร่วมแก้ต่อ.

โจทย์ข้อ 15 ของน้อง gool นี่ยากมากทีเดียวครับ เป็นโจทย์ IMO'2001 ผมก็คิดไม่ออกเหมือนกัน แต่มีเฉลยที่สสวท.ทำไว้ครับ เป็นวิธีพิสูจน์ที่สวยงามหมดจดจริงๆครับ

จะพิสูจน์ว่า
\[ \large{ \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \geq \frac{a^{4/3}}{a^{4/3} + b^{4/3} + c^{4/3}} } \]

ซึ่งสมมูลกับ
\[ (b^{4/3} + c^{4/3})(a^{4/3} + a^{4/3} + b^{4/3} + c^{4/3}) \geq 8a^{2/3}bc \]

ซึ่งพิสูจน์โดยใช้ AM-GM กับทั้งสองเทอมก็จะได้อสมการที่ต้องการครับ

เข้าไปดูในเวบอื่นรู้สึกว่าจะมีวิธีที่ใช้ Cauchy's inequality ด้วยครับ แต่ผมว่ายากกว่าวิธีนี้

สำหรับข้ออื่นยังมีคนแอบคิดอยู่รึปล่าวครับเนี่ย :D

ข้อ 15 ยากมากทีเดียวครับ แต่มีวิธีคิดแบบอื่นเหมือนกัน ผมยังบอกไม่ได้ตอนนี้ เพราะเร็วๆนี้จะมีข้อสอบแข่งขัน (เป็นโจทย์ inequality) ที่ใช้แนวคิดใหม่นี้ :p

ข้อ 14 นี่มีอะไรแปลก ๆ หรือเปล่าครับ. :rolleyes:

โดยอสมการ Jensen : สำหรับทุกจำนวนจริงบวก \(a_1, a_2, \cdots , a_n , p, q\) และ \(p < q, n \geq 2 \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}(a_i^p)^{\frac{1}{p}} > \sum_{i=1}^{n}(a_i^q)^{\frac{1}{q}} \)

\(\Rightarrow (a^5 + b^5 + c^5)^{\frac{1}{5}} > (a^7 + b^7 + c^7)^{\frac{1}{7}} \Rightarrow (a^5 + b^5 + c^5)^7 > (a^7 + b^7 + c^7)^5 \)
\(\Rightarrow 7\ln(a^5 + b^5 + c^5) > 5\ln(a^7 + b^7 + c^7)\Rightarrow \quad \displaystyle{ \frac{\ln(a^5 + b^5 + c^5)}{\ln(a^7 + b^7 + c^7)} > \frac{5}{7} }\)

ผมเดาว่า ln(a⁷ + b⁷ + c⁷) มันน้อยกว่า 0 น่ะครับ เวลาย้ายข้างเครื่องหมายเลยต้องกลับด้านด้วย

อ่า...ใช่แล้วครับ พอใส่ ln แล้วมันจะติดลบเลยต้องกลับเครื่องหมาย ส่วนอีกข้างใบ้ให้ว่าใช้ Holder's Inequality ครับ สำหรับข้ออื่นๆ ยังมีใครคิดอยู่รึปล่าวครับ :)

ข้อ 8 จะพิสูจน์ในกรณีทั่วไปนะครับ
ให้จำนวนนับ \(n \geq 3\) และ \(a_1,...,a_n\) เป็นจำนวนที่ไม่ใช่จำนวนจริงลบ ให้
\[(n-2) \sum_{i<j} a_i a_j + \sum_{i<j<k} a_i a_j a_k = \frac{2n(n-1)(n-2)}{3}\]
จงพิสูจน์ว่า
\[\sum_{1 \leq i \leq n} a_i \geq \frac{2}{n-1} \sum_{i<j} a_i a_j\]
จะพิสูจน์ในกรณี \(n=3\)
ให้ \(ab+bc+ca+abc=4\)
ต้องพิสูจน์ว่า \(a+b+c \geq ab+bc+ca\)
\[
\begin{array}{rcl}
ab+bc+ca+abc&=&4\qquad \\
\text{ให้ }a \leq b \leq c \text{ โดยไม่เสียนัยทั่วไป จะได้ว่า }3a^{2}+a^{3} &\leq& 4 \\
\therefore\qquad a &\leq& 1 \\
\text{ทำให้มี }c \geq 1 \text{ และ }b&=&\frac{4-ac}{a+b+ac} \\
\text{ แทนค่า }b\text{ ใน }a+b+c-ab-bc-ca\text{ จะได้ว่า} \\
&&a+b+c-ab-bc-ca \\
&=&a(a+c+ac)+4-ac+c{a+c+ac}-a(4-ac)-c(4-ac)-ac(a+c+ac) \\
&=&(a+c-2)^{2}+ac(c-1)(1-a) \geq 0 \qquad \therefore\text{ เป็นจริง} \\
\end{array}
\]
จะพิสูจน์ในกรณี \(n=4\)
ให้ \(f(x)=x^{4}-Ax^{3}+Bx^{2}-Cx+D=0\)
ให้ \(a,b,c,d\) เป็นคำตอบของสมการ จะได้ว่า
\[
A=a+b+c+d,B=ab+ac+ad+bc+bd+cd,C=abc+bcd+cda+dab
\]
diff ทั้ง 2 ข้างของสมการ จะได้ว่า \(4x^{3}-3Ax^{2}+2Bx-C=0\)
ให้ \(\alpha,\beta,\gamma\) เป็นคำตอบของสมการ
จะได้ว่า \(\alpha+\beta+\gamma=\frac{3A}{4},\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\frac{B}{2},\alpha\beta\gamma=\frac{C}{4}\)
\(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha+\alpha\beta\gamma=\frac{2B+C}{4}=4\qquad\qquad\text{ เนื่องจาก }(2B+C=16)\)
เนื่องจาก \(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha+\alpha\beta\gamma=4\)
ดังนั้น \(\alpha+\beta+\gamma=\frac{3A}{4} \geq \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=\frac{B}{2}\)
จะได้ว่า \(A \geq \frac{2}{3}B\)
เนื่องจาก \(A=a+b+c+d \text{ และ } B=ab+ac+ad+bc+bd+cd\)
ดังนั้นอสมการเป็นจริงใน \(n=4\)

เมื่อพิสูจน์กรณี \(n=5 \text{ ก็สร้าง } g(x)\) ขึ้นมาแล้วพิสูจน์โดยใช้วิธีเดียวกับกรณี \(n=4\) ครับ ทำอย่างนี้ไปเรื่อยๆ โดยใช้วิธีเดิมก็จะได้ว่าอสมการข้างต้นที่เราต้องการพิสูจน์เป็นจริง

อ่า รู้สึกว่าวิธีนี้จะใช้ได้กับ n=4 เท่านั้นนะครับ

ได้แล้วครับ :D
กรณีทั่วไป
ให้ \(f(x)=x^{n}-Ax^{n-1}+Bx^{n-2}-Cx^{n-3}+Dx^{n-4}-...=0\)
diff ไปเรื่อยๆ จะได้ว่า
\[\begin{array}{rcl}\frac{n!}{4!}x^{4}-\frac{(n-1)!}{3!}Ax^{3}+\frac{(n-2)!}{2!}Bx^{2}-(n-3)!Cx+(n-4)!D&=&0 \\
x^{4}-\frac{4}{n}Ax^{3}+\frac{12}{n(n-1)}Bx^{2}-\frac{24}{n(n-1)(n-2)}Cx+\frac{24}{n(n-1)(n-2)(n-3)}D&=&0 \qquad (1) \\
\text{และ }\qquad\frac{n!}{3!}x^{3}-\frac{(n-1)!}{2!}Ax^{2}+\frac{(n-2)!}Bx-(n-3)!Cx&=&0 \\
x^{3}-\frac{3}{n}Ax^{2}+\frac{6}{n(n-1)}Bx-\frac{9}{n(n-1)(n-2)}C&=&0
\end{array}
\]
แทนสัมประสิทธิ์ใน \((1)\) ด้วย \(p,q \text{ และ } r\)
จะได้ว่า
\[\begin{array}{rcl}x^{3}-\frac{3}{n}Ax^{2}+\frac{q}{2}x-\frac{r}{4}&=&0 \\
\text{เนื่องจาก }\qquad \frac{q}{2}x+\frac{r}{4}&=&\frac{2q+r}{4}=\frac{16}{4}=4\qquad (2q+r=16) \\
\text{ดังนั้น }\qquad\qquad \frac{3}{n}A &\geq& \frac{6}{n(n-1)}B \\
A &\geq& \frac{2}{n-1}B
\end{array}
\]

เพิ่งกลับจากค่ายมาครับ
ข้างบนมีอะไรผิดก็บอกนะครับ(อย่างเช่น diff เกิน 2 ทีไม่ได้เป็นต้น :D )
เหลือข้อ 12 ข้อเดียวครับ