[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Metamorphosis

กำหนดให้ $a,b,c,d >0$ และ $a+b+c+d= 4$
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2c} \ge 2$$

by Cauchy and AM.-GM.
$$\sum_{cyc} \frac{a}{1+b^2c}=\frac{a^2}{a+ab^2c}\ge \frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+(ab+cd)(bc+ad)}\ge \frac{64}{16+[(a+c)(b+d)]^2}$$
จาก $(a+c)(b+d)\le [(a+b+c+d)/2]^2=4$ ทำให้อสมการเป็นจริง

กำหนด $a+b+c=3$ Prove $$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge \frac{3}{2}$$

assume $a\ge b\ge c$ let $f(a)=a^2(b-c)-(b-c)(b+c)a+bc(b-c)$ then $f'(a)=(b-c)(2a-(b+c))=0\rightarrow a=(b+c)/2=1,f''(a)=b-c\ge 0$ so $f(1)$ is the minimum value but $f(1)\le 0$ so $f(a)\ge 0\rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge ab^2+bc^2+ca^2$
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