[dektep]

279.6 Find the maximum value of the expression
$\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2}$
where $x,y,z$ are real numbers satisfying the condition $x+y+z=1$
Solution จะหาค่าสูงสุดจึงพิจารณาเฉพาะกรณีที่ $x,y,z > 0$
เพราะว่า $(4x+3)(3x-1)^2 \geq 0$ $\therefore \frac{x}{1+x^2} \leq \frac{18}{25}x+\frac{3}{50}$
$\therefore$ $\frac{x}{1+x^2}+\frac{y}{1+y^2}+\frac{z}{1+z^2} \leq \frac{9}{10}$
348.2 Find the greatest value of the expression
P=3(xy+yz+zx)-xyz
where x,y,z are positive real numbers such that $x^3+y^3+z^3=3$
Solution จะพิสูจน์ว่าค่าสูงสุดคือ $8$
จะต้องพิสูจน์ว่า $8+xyz \geq 3(xy+yz+zx)$
โดย $$Schur's Inequality ; \frac{9xyz}{x+y+z} \geq 2(xy+yz+zx)-(x^2+y^2+z^2)$$
$$\therefore xyz \geq \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)-(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)}{9}$$
$$\therefore xyz+8 \geq \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)-(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+72}{9}$$
$$= \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)-(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+24(x^3+y^3+z^3)}{9}$$
แต่ว่า $3(x^3+y^3+z^3) \geq (x+y+z)(xy+yz+zx)$
$$\therefore xyz+8 \geq \frac{2(x+y+z)(xy+yz+zx)+21(x^3+y^3+z^3)}{9}$$
และจาก $3(x^3+y^3+z^3) \geq (x+y+z)(xy+yz+zx)$
$$\therefore xyz+8 \geq \frac{3(x+y+z)(xy+yz+zx)+9(x^3+y^3+z^3)+9(x^3+y^3+z^3)}{9}$$
$$\geq \frac{\sqrt[3]{{3^5(x+y+z)(xy+yz+zx)(x^3+y^3+z^3)^2}}}{3}$$ $$=3\sqrt[3]{(x+y+z)(x^3+y^3+z^3)}\sqrt[3]{xy+yz+zx}$$
$\geq 3(xy+yz+zx)$ โดยอสมการ $Cauchy-Schwarz$
ดังนั้น $xyz+8 \geq 3(xy+yz+zx)$ ดังนั้นค่าสูงสุดของ $3(xy+yz+zx)-xyz$ คือ $8$