[NaPrai]

โพสต์นี้เป็นเฉลยวิธีการทำนะครับ ถ้ากลัวว่าเป็นการสปอยล์ก็ลองคิดเองดูก่อน หรือดู Hint ที่โพสต์ไว้ก่อนหน้าก็ได้ครับ

FULL SOLUTION:

เฉลยข้อ 1

อสมการดังโจทย์สมมูลกับอสมการ

$\frac{1-a}{4-a}+\frac{1-b}{4-b}+\frac{1-c}{4-c} \ge 0$

โดยไม่เสียนัยทั่วไป สมมติให้ $a \ge b \ge c$
พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $1-a^2 \le 1-b^2 \le 1-c^2$ และ $(1+a)(4-a) \ge (1+b)(4-b) \ge (1+c)(4-c)$ (อสมการแรกพิสูจน์เห็นได้ชัดว่าเป็นจริง ส่วนอสมการสองพอกระจายจะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า ถ้า $a \ge b$ แล้ว $(a-b)(a+b-3) \le 0$ ซึ่งเป็นจริงเพราะ $a+b \le a+b+c \le 3$)

โดย Chebychev's inequality จึงได้ว่า

$\frac{1-a}{4-a}+\frac{1-a}{4-b}+\frac{1-c}{4-c} \ge \frac{1}{3}\left[(1-a^2)+(1-b^2)+(1-c^2)\right]\left[\frac{1}{(1+a)(4-a)}+\frac{1}{(1+b)(4-b)}+\frac{1}{(1+c)(4-c)}\right]=0$

ตามต้องการ

เฉลยข้อ 2

หลังจากคูณทั้งอสมการด้วย $2abc$ จะได้ว่าอสมการดังกล่าวสมมูลกับอสมการ

$ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2) \le 2(a^4+b^4+c^4)$

โดยอสมการ Power-mean และ AM-GM ตามลำดับ จะได้ว่า

$a^4 + b^4 \ge \left(\frac{a^2+b^2}{2}\right)(a^2+b^2) \ge ab(a^2+b^2)$

ทำในทำนองเดียวกันกับ $b^4+c^4$ และ $c^4+a^4$ แล้วนำอสมการทั้งสามมารวมกันก็จะได้ตามต้องการ

เฉลยข้อ 3

พิจารณาโดย AM-GM จะได้ว่า \begin{align*}\frac{a^3+a^3+b^3}{3} &\ge a^2b \\ \frac{b^3+b^3+c^3}{3} &\ge b^2c \\ \frac{c^3+c^3+a^3}{3} &\ge c^2a \end{align*}
และ
\begin{align*}\frac{(ab)^3+(ab)^3+(bc)^3}{3} &\ge a^2b^3c = ab^2 \\ \frac{(bc)^3+(bc)^3+(ca)^3}{3} &\ge ab^2c^3 = bc^2 \\ \frac{(ca)^3+(ca)^3+(ab)^3}{3} &\ge a^3bc^2 = ca^2 \end{align*}
เมื่อนำอสมการทั้งหมดมารวมกันก็จะได้ตามต้องการ

เฉลยข้อ 4

อสมการนี้สมมูลกับอสมการ

$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \ge \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}$

เพื่อความสะดวก กำหนดให้ $a^3 = \frac{y}{z}, b^3 = \frac{z}{x}, c^3 = \frac{x}{y}$ ดังนั้นอสมการจะเปลี่ยนรูปกลายเป็น

$a^3+b^3+c^3 \ge a^2b+b^2c+c^2a$

ซึ่งทำแบบเดียวกับข้อ 3 ในส่วนแรก ก็จะได้ตามต้องการ

เฉลยข้อ 5

พิจารณาโดยใช้ Cauchy-Schwarz's inequality กับตัวส่วนของอสมการ ดังนี้
\begin{align*}\frac{1}{a+b+c^2}&=\frac{a+b+1}{(a+b+c^2)(a+b+1)}\le\frac{a+b+1}{(a+b+c)^2} \\ \frac{1}{b+c+a^2}&=\frac{b+c+1}{(b+c+a^2)(b+c+1)}\le\frac{b+c+1}{(a+b+c)^2} \\ \frac{1}{c+a+b^2}&=\frac{c+a+1}{(c+a+b^2)(c+a+1)}\le\frac{c+a+1}{(a+b+c)^2}\end{align*}
เมื่อนำอสมการทั้งสามมารวมกัน ผนวกกับเงื่อนไข $a+b+c=3$ ก็จะได้ตามต้องการ

เฉลยข้อ 6

หลังจากคูณไขว้เศษส่วนอสมการนี้ก็จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า
\begin{align*}\left(\sum_{i=1}^n {a_i^4}\right)\left(\sum_{i=1}^n {a_i}\right) \ge \left(\sum_{i=1}^n {a_i^3}\right) \left(\sum_{i=1}^n {a_i^2}\right)\end{align*}
โดยสามารถพิสูจน์ได้ดังนี้
\begin{align*} \left(\sum_{i=1}^n {a_i^4}\right)\left(\sum_{i=1}^n {a_i}\right) &=\left(\sum_{i=1}^n {a_i^5}\right)+ \left(\sum_{1\le i<j \le n} {a_i^4a_j + a_ia_j^4}\right)\\&=\left(\sum_{i=1}^n {a_i^5}\right)+ \left(\sum_{1\le i<j \le n} {a_ia_j(a_i^3+a_j^3)}\right) \\&\ge\left(\sum_{i=1}^n {a_i^5}\right)+ \left(\sum_{1\le i<j \le n} {a_ia_j\frac{(a_i+a_j)^3}{4}}\right) &(โดยอสมการ \ Power-mean) \\&\ge \left(\sum_{i=1}^n {a_i^5}\right)+ \left(\sum_{1\le i<j \le n} {a_i^2a_j^2(a_i+a_j)}\right) &{(โดย \ AM-GM \ ได้ว่า \ (a_i+a_j)^2\ge 4 a_ia_j)} \\&=\left(\sum_{i=1}^n {a_i^3}\right) \left(\sum_{i=1}^n {a_i^2}\right)\end{align*}