อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon
2.Let a,b,c be positive reals a+b+c=1.Show that
$$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{3}{2}}$$
โจทย์แนวนี้ที่มีติดรูทผมไม่ค่อยได้เลยอ่ะครับ พอเจอความรู้สึกมันก็คิดไปแล้วว่าทำไม่ได้  เซ็งมากครับ |
โจทย์รูทถ้าคิดไม่ออกก็ลอง AM-GM ยัดลงไปก่อนก็ได้ครับ อาจจะมึนหน่อย แต่ก็ใช้ได้นะครับ
สังเกตว่าเมื่อ $a=b=c=\frac{1}{3}$ ได้อสมการเป็นสมการ เราก็ใช้ข้อคาดการณ์นี้กับอสมการ $\sqrt{(\frac{2}{3})(b+c)} \le (\frac{1}{2})(\frac{2}{3}+b+c)$
จัดรูปได้ $\sqrt{b+c} \le \sqrt{\frac{3}{2}}(\frac{b+c}{2}+\frac{1}{3})=\sqrt{\frac{3}{2}}(\frac{3b+3c+2}{6})$ apply โจทย์ได้
$$\sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b+c}} \ge \sqrt{\frac{2}{3}} \sum_{cyc} \frac{6a}{3b+3c+2}=6\sqrt{\frac{2}{3}} \sum_{cyc} \frac{a^2}{3ab+3ca+2a}$$
แต่ $$\sum_{cyc} \frac{a^2}{3ab+3ca+2a} \ge \frac{(a+b+c)^2}{6ab+6bc+6ca+2a+2b+2c} = \frac{1}{6(ab+bc+ca)+2}$$
และจาก $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ ทำให้ $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$
$$\therefore \sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b+c}} \ge 6\sqrt{\frac{2}{3}} \left(\,\frac{1}{2(a+b+c)^2+2}\right)=\frac{6\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{3}{2}}$$
โดยสมการเกิดเมื่อ $a=b=c=\frac{1}{3}$ (การใช้ AM-GM จะทำให้ตัวรูทหลุดออกมา แล้วก็ค่อยๆจัดรูปให้ได้ก็จบแล้วครับ
)