อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii
16. $a,b,c>0$
$a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\geq 3(a-b)(b-c)(c-a)$
|
$a(a-b)^2+b(b-c)^2+c(c-a)^2\geq 3(a-b)(b-c)(c-a)$
$\leftrightarrow \sum_{cyc}a^3+\sum_{cyc}a^2b \ge 2\sum_{cyc}ab^2$
$\leftrightarrow \sum_{cyc}(b^3+a^2b) \ge 2\sum_{cyc}ab^2$
ซึ่งเป็นจริงโดย AM-GM $b^3+a^2b \ge 2ab^2 \ \ \ \ \square$
อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii
17. $a,b,c\geq 0$
$(a+b-c)^3+(b+c-a)^3+(c+a-b)^3\geq a^3+b^3+c^3$
|
ให้ $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$
$(a+b-c)^3+(b+c-a)^3+(c+a-b)^3\geq a^3+b^3+c^3$
$\leftrightarrow \sum_{cyc}(a+b+c-2c)^3 \ge a^3+b^3+c^3$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} (p^3-6p^2c+12pc^2-8c^3) \ge a^3+b^3+c^3$
$\leftrightarrow 3p^3-6p^3+12p(p^2-2q) \ge 9(a^3+b^3+c^3)=9(p^3-3pq+3r)$
$\leftrightarrow 3pq \ge 27r\rightarrow pq \ge 9r$
นั่นคือ
$(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 3\sqrt[3]{abc}\cdot 3\sqrt[3]{(abc)^2}=9abc$
ซึ่งเป็นจริงโดย AM-GM
อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii
20. $a,b,c\geq 0$
$a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq\dfrac{3}{2}\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}$
|
$a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq\dfrac{3}{2}\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$\leftrightarrow \sum_{cyc}a^2b+\sum_{cyc}ab^2+2\sum_{cyc}(ab)(\sqrt{b+c}\cdot \sqrt{c+a}) \le \dfrac{9}{4}(\sum_{cyc}a^2b+\sum_{cyc}ab^2+2abc)$
$\leftrightarrow 4\sum_{cyc}a^2b+4\sum_{cyc}ab^2+8\sum_{cyc}(ab)(\sqrt{b+c}\cdot \sqrt{c+a}) \le 9(\sum_{cyc}a^2b+\sum_{cyc}ab^2+2abc)$
AM-GM
$8\sum_{cyc}(ab)(\sqrt{b+c}\cdot \sqrt{c+a}) \le \sum_{cyc}4(ab)(a+b+2c)= 4\sum_{cyc}a^2b+4\sum_{cyc}ab^2+24abc \le 5\sum_{cyc}a^2b+5\sum_{cyc}ab^2+18abc$
$\therefore 4\sum_{cyc}a^2b+4\sum_{cyc}ab^2+8\sum_{cyc}(ab)(\sqrt{b+c}\cdot \sqrt{c+a}) \le 9\sum_{cyc}a^2b+9\sum_{cyc}ab^2+18abc=9(\sum_{cyc}a^2b+\sum_{cyc}ab^2+2abc) \ \ \ \square$
ลองข้อนี้ดูนะครับ
Let $a,b,c>0$
Prove that
$$(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2+3(a-b)^2+3(b-c)^2+3(c-a)^2 \ge 6(a-b)(b-c)(c-a)$$