อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ NaPrai
จะว่าไปจริง ๆ วิธีในลักษณะแบบวิธีที่ 7 นี่สามารถนำไปประยุกต์ใช้กับอสมการที่แข็งแกร่งกว่า คือ อสมการในวิธีที่ 4
\begin{align*}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2} \ge 1\end{align*} ได้ด้วยนะครับ เดี๋ยวถ้าว่าง ๆ จะมาลง Full Solution ให้นะครับ
|
มาต่อกันเลยจากโพสต์ที่แล้ว โดยให้ $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}$ ซึ่งก็จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า
$\frac{1}{1+x+x^2}+\frac{1}{1+y+y^2}+\frac{1}{1+z+z^2} \ge 1$ เมื่อ $x,y,z \in \mathbb{R^+}$ ที่ $xyz=1$
จากนั้นเราก็แทนค่ากลับด้วย $x=\frac{qr}{p^2}, y=\frac{pr}{q^2}, z=\frac{pq}{r^2}$ จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า
$\frac{p^4}{p^4+p^2qr+q^2r^2}+\frac{q^4}{q^4+pq^2r+p^2r^2}+\frac{r^4}{r^4+pqr^2+p^2q^2} \ge 1$ สำหรับ $p,q,r \in \mathbb{R^+}$
ซึ่งเราจะพิสูจน์อสมการนี้โดยใช้
อสมการโคชี-ชวาร์ช ก่อนเลยดังนี้ \begin{align*}\frac{p^4}{p^4+p^2qr+q^2r^2}+\frac{q^4}{q^4+pq^2r+p^2r^2}+\frac{r^4}{r^4+pqr^2+p^2q^2} &\ge \frac{(p^2+q^2+r^2)^2}{(p^4+q^4+r^4)+(p^2q^2+q^2r^2+q^2r^2)+pqr(p+q+r)}\end{align*}
ที่เหลือจึงแค่พิสูจน์ว่าก่อนนี้มากกว่าหรือเท่ากับ $1$ ซึ่งสมมูลกับ $p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2 \ge pqr(p+q+r)$ ซึ่งเป็นจริงอย่างเห็นได้ชัดโดยใช้ความจริงที่ว่า $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$