[Keehlzver]

มาเพิ่มให้

Solution A52

โดยอสมการ Cauchy จะได้ว่า $(a^2+b+c)(1+b+c) \geq (a+b+c)^2 \Leftrightarrow \frac{1}{a^2+b+c} \leq \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2}$

การพิสูจน์ว่า $\sum \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2} \leq 1$

\[\begin{array}{cl}
& \sum_{cyc} \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2} \leq 1 \\
& \Leftrightarrow 3+2(a+b+c) \leq (a+b+c)^2 \\
& \Leftrightarrow (a+b+c-3)(a+b+c+1) \geq 0 \\
\end{array}\]

ซึ่งเป็นจริงจาก $a+b+c \geq 3$

----------------------------------------------------------------------------------------
ข้อนี้ SOS Schur ไม่ออกอสมการยุ่งยากซับซ้อน (ต้องขอยืมเอกลักษณ์พี่ Noonuii มาใช้ก่อนนะครับ) บวกกับการที่ผมพิมพ์อยู่ได้ประมาณชั่วโมงครึ่งแล้วไฟดับ เลยต้องพิมพ์ใหม่หมด เพราะฉะนั้นขอให้มีคนอ่านซักคนก็ยังดี

Solution A64

การพิสูจน์ว่า $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$

\[\begin{array}{cl}
& a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \\
= & \frac{1}{2}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) \\
= & \frac{1}{2}[(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)] \\
= & \frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \\
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}=\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}+\frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)}$

\[\begin{array}{rcl}
& \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2} \\
= &\frac{a}{b+c}-\frac{1}{2}+\frac{b}{c+a}-\frac{1}{2}+\frac{c}{a+b}-\frac{1}{2} \\
= &\frac{(a-b)+(a-c)}{2(b+c)}+\frac{(b-a)+(b-c)}{2(c+a)}+\frac{(c-a)+(c-b)}{2(a+b)} \\
= & (\frac{a-b}{2})(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a})+(\frac{b-c}{2})(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b})+(\frac{c-a}{2})(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}) \\
= &\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}+\frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)}
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{13}{6}-\frac{2(ab+bc+ca)}{3(a^2+b^2+c^2)}$

\[\begin{array}{rcl}
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{9}{6} & \geq & \frac{4}{6}-\frac{2(ab+bc+ca)}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2} & \geq & \frac{2}{3(a^2+b^2+c^2)}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \\
\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}+\frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)} & \geq & \frac{2}{3(a^2+b^2+c^2)}\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \\
\sum [\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}](a-b)^2 & \geq & 0 \\
\end{array}\]

สมมติโดยไม่เสียนัย $a\geq b \geq c$ จะได้ว่า $\frac{1}{b+c} \geq \frac{1}{c+a} \geq \frac{1}{a+b}$ และกำหนดให้
\[\begin{array}{cl}
S_{a}& =\frac{1}{2(c+a)(a+b)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
S_{c}& =\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{b} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{3a^2+b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq 0
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{c} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{c}& =\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{3a^2+3b^2+c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{a^2+b^2-c^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq 0
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{a}+S_{b} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{a}+S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{2(b+c)(a+b)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{a^2+3b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(c+a)(a+b)(a^2+b^2+c^2)}+\frac{3a^2+b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{b^2+c^2-a^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(c+a)(a+b)(a^3+b^3+c^3)}+\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq \frac{b^2+c^2-a^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(c+a)(a+b)(a^3+b^3+c^3)}+\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(c+a)(a^3+b^3+c^3)} \\
& =\frac{2c^2}{6(a+b)(c+a)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq 0
\end{array}\]