คือเอาจริง ๆ ผมชอบอสมการนะครับ โดยเฉพาะปีนี้ค่อนข้างช็อคที่อสมการอยู่ข้อ 5 และก็ชอบมาก ๆ ด้วยเช่นกัน และเนื่องจาก @Pitchayut ได้ลง Solution ดี ๆ ไปแล้ว ดังนั้นผมจะมาเสนออีกแนวทางหนึ่ง นั่นคือ "การกระจาย"
อันนี้คือแค่มาบอกว่า บางทีตอนในห้องสอบถ้าคิดอะไรไม่ออก การกระจายอาจเป็นตัวเลือกหนึ่ง และอสมการของ TMO เป็นอสมการที่กระจายแล้วก็น่าจะออก อย่างข้อนี้ เท่าที่คุยกับผู้เข้าแข่งขันแต่ละคน คิดตั้งนานคิดไม่ออก ซึ่งก็มีทั้งที่ยอมกระจาย กับไม่ยอมกระจาย แต่ส่วนใหญ่ที่ลองกระจายก็ยอมแพ้กับการกระจายไป (กระจายไม่สุด) ซึ่งผมก็เข้าใจนะ เพราะผมเองก็ยังออกกลัว ๆ ที่จะกระจาย เพราะรูปที่เป็น cyclic แบบนี้มันดูเละมาก ๆ
แต่ถ้าใจมันจะกระจาย อะไรก็ห้ามไม่อยู่แล้วล่ะ 555555
จากอสมการจะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า $$\sum_{cyc} [4a(2c+1)^2(2a+1)^2] \ge (2a+1)^2(2b+1)^2(2c+1)^2+\sum_{cyc}[(2c+1)^2(2a+1)^2]$$ ทีนี้กระจายไงดีไม่ให้น่าสับสน เราควรเขียนอะไรต่าง ๆ ให้อยู่ในรูป $\sum$
มาดูทีละก้อนก็จะได้ว่า \begin{align*}\sum_{cyc}[4a(2c+1)^2(2a+1)^2] &= \sum_{cyc}[4a(4ac+2a+2c+1)^2]\\&= \sum_{cyc} [4a(16a^2c^2+16a^2c+16ac^2+4a^2+4c^2+16ac+4a+4c+1)]\\&= \sum_{cyc} (64a^3c^2+64a^3c+64a^2c^2+16a^3+16ac^2+64a^2c+16a^2+16ac+4a) \\&= \sum_{cyc}(64a^2b^3+64ab^3+64a^2b^2+16a^3+16a^2b+64ab^2+16a^2+16ab+4a)\end{align*}
ต่อไปก็ก้อนด้านขวาก็จะได้ว่า \begin{align*}\sum_{cyc}[(2c+1)^2(2a+1)^2]&=\sum_{cyc} (16a^2c^2+16a^2c+16ac^2+4a^2+4c^2+16ac+4a+4c+1)\\&=\sum_{cyc}(16a^2c^2+16a^2c+16ac^2+8a^2+16ac+8a+1)\\&=\sum_{cyc}(16a^2b^2+16ab ^2+16a^2b+8a^2+16ab+8a+1)\end{align*} และ \begin{align*}(2a+1)^2(2b+1)^2(2c+1)^2 &= \left(8abc+4\sum_{cyc}ab+2\sum_{cyc}a+1\right)^2 \\&= \left(4\sum_{cyc}ab+2\sum_{cyc}a+9\right)^2 \\&= 16\left(\sum_{cyc}ab\right)^2+16\left(\sum_{cyc}ab\right)\cdot \left(\sum_{cyc}a\right)+4\left(\sum_{cyc}a\right)^2+72\sum_{cyc}ab+36\sum_{cyc}a+81\\&=\left(16\sum_{cyc}a^2b^2+32abc\sum_{cyc} a\right)+\left(16\sum_{cyc}a^2b+16\sum_{cyc}ab^2+48abc\right)+\left(4\sum_{cyc}a^2+8\sum_{cyc}ab\right)+72\sum_{cyc}ab+36\sum_{c yc}a+81\\&=16\sum_{cyc}a^2b^2+16\sum_{cyc}a^2b+16\sum_{cyc}ab^2+4\sum_{cyc}a^2+80\sum_{cyc}ab+68\sum_{cyc}a+129\end{align*}
เมื่อเอาก้อนที่ได้จากการกระจายไปแทนก็จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า $$64\sum_{cyc}a^2b^3+64\sum_{cyc}ab^3+32\sum_{cyc}a^2b^2+16\sum_{cyc}a^3+32\sum_{cyc}ab^2+4\sum_{cyc}a^2\ge 16\sum_{cyc}a^2b+80\sum_{cyc}ab+72\sum_{cyc}a+132$$ หรือก็คือ $$16\sum_{cyc}a^2b^3+16\sum_{cyc}ab^3+8\sum_{cyc}a^2b^2+4\sum_{cyc}a^3+8\sum_{cyc}ab^2+\sum_{cyc}a^2\ge 4\sum_{cyc}a^2b+20\sum_{cyc}ab+18\sum_{cyc}a+33$$
ซึ่งพอถึงตรงนี้ก็พบว่ามันน่าจะพิสูจน์ได้ไม่ยากเพราะฝั่งซ้ายมีดีกรีที่สูง ในขณะที่ฝั่งขวามีดีกรีที่ต่ำ โดยพิสูจน์ได้คือ
โดย
อสมการ AM-GM จะได้ว่า $$4\sum_{cyc}a^3=4\sum_{cyc}\frac{a^3+a^3+b^3}{3}\ge 4 \sum_{cyc}a^2b$$ และ $$2\sum_{cyc}a^2b^2 = 2\sum_{cyc}\frac{a^2b^2+b^2c^2}{2} \ge 2\sum_{cyc} ab^2c = 2\sum_{cyc}a$$ และ $$4\sum_{cyc}a^2b^2 \ge \frac{4}{3}\left(\sum_{cyc}ab\right)^2\ge 4\sum_{cyc}{ab}$$ และ $$2\sum_{cyc}a^2b^2+8\sum_{cyc}ab^2+\sum_{cyc}a^2 \ge 6(abc)^\frac{4}{3}+24abc+3(abc)^\frac{2}{3}=33$$
โดย
อสมการโคชี-ชวาร์ช ได้ว่า $$16\sum_{cyc}a^2b^3=16\sum_{cyc}\frac{a^2b^2}{ac}\ge 16\sum_{cyc}ab$$ และ $$16\sum_{cyc}ab^3=16\sum_{cyc}\frac{b^2}{c}\ge 16\sum_{cyc}a$$ เมื่อรวมอสมการทั้งหมดก็จะได้สิ่งที่ต้องการพิสูจน์พอดี
ปล. กระจายแบบนี้ผมทำไปประมาณ 15-30 นาที ถ้าอยู่ในห้องสอบก็ต้องตัดสินใจดี ๆ นะครับก่อนกระจาย 555555555