Hard Inequality problem :-)

[RoSe-JoKer]

จงหาจำนวนจริงบวก $K$ ที่มากที่สุด ที่ทำให้อสมการ
$\sum_{cyc} \frac{(b-c)^2(b+c)}{a} \geq K(\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab)$
เป็นจริงสำหรับ $a,b,c\in R+$

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

จงหาจำนวนจริงบวก $K$ ที่มากที่สุด ที่ทำให้อสมการ
$\sum_{cyc} \frac{(b-c)^2(b+c)}{a} \geq K(\sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab)$
เป็นจริงสำหรับ $a,b,c\in R+$

$K=1$ !!!

ให้ $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$

จะพิสูจน์ว่า

$\sum_{cyc} \frac{(b-c)^2(b+c)}{a} \geq \sum_{cyc}a^2-\sum_{cyc}ab$

จัดรูปใหม่ได้เป็น

$\Big[ab(a^3+b^3)+bc(b^3+c^3)+ca(c^3+a^3)\Big]-\Big[a^2b^2(a+b)+b^2c^2(b+c)+c^2a^2(c+a)\Big]-abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geq 0$

โดยใช้พหุนามสมมาตรเราได้

$ab(a^3+b^3)+bc(b^3+c^3)+ca(c^3+a^3)=p^3q-p^2r-3pq^2+5qr$

$a^2b^2(a+b)+b^2c^2(b+c)+c^2a^2(c+a)=pq^2-2p^2r-qr$

เนื่องจากอสมการ homogeneous เราสามารถ normalize ให้ $p=1$

ดังนั้นอสมการสมมูลกับ

$(q-r-3q^2+5qr)-(q^2-2r-qr)-r(1-3q)\geq 0$

$q(1-4q+9r)\geq 0$

แต่จากอสมการ $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$

เราจะได้

$(1-2a)(1-2b)(1-2c)\leq abc$

$4(ab+bc+ca)\leq 1+9abc$

ดังนั้น $1-4q+9r\geq 0$

[RoSe-JoKer]

ขอบคุณมากๆๆเลยครับ :-) ผมชอบตอนนี้พี่ noounuii คิดถึงอสมการ
$(1-2a)(1-2b)(1-2c)\leq abc$
ได้อะครับเจ๋งโคตรๆ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

ขอบคุณมากๆๆเลยครับ :-) ผมชอบตอนนี้พี่ noounuii คิดถึงอสมการ
$(1-2a)(1-2b)(1-2c)\leq abc$
ได้อะครับเจ๋งโคตรๆ

อสมการนี้คืออสมการต้นแบบในการพิสูจน์ BMO1999 ไงครับ

$a+b+c=1 \Rightarrow 7(ab+bc+ca)\leq 2 + 9abc$

อสมการนี้รู้สึกว่าจะมี variation เยอะมากๆ

เห็นใน mathlink มีคนเอามาสร้างอสมการได้อีกเยอะแยะ

[tatari/nightmare]

อือ ผมคิดว่าถ้า k=2 ก็จริงครับ
เราจะพิสูจน์ว่า
$$\sum_{cyc} \dfrac{(b-c)^2(b+c)}{a}\geq 2(\sum_{cyc} a^2-\sum_{cyc}bc)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$$
ย้ายข้างมาจะได้
$$\sum_{cyc}\dfrac{(b-c)^2(b+c-a)}{a}\geq 0$$
เราจะแสดงว่า
$\sum_{cyc}\dfrac{b+c-a}{a}>0,\sum_{cyc}\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)}{ab}\geq 0$
แต่สังเกตว่าโดยอสมการ AM GM ได้ว่า
$\sum_{cyc} \frac{b+c}{a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(b+c)(c+a)(a+b)}{abc}}\geq 3\times 2=6$
ฉะนั้น
$\sum_{cyc}\dfrac{b+c-a}{a}=\sum_{cyc}\frac{b+c}{a}-3\geq 6-3=3>0$
และโดย Schur Inequality เราได้ว่า $\sum_{cyc}a^3+3abc\geq \sum_{sym}a^2b$
จึงได้ $\sum_{cyc}a^3+6abc\geq \sum_{sym}a^2b$
ฉะนั้น
$\sum_{cyc}\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)}{ab}
=\frac{1}{abc}[\sum_{cyc}a^3-\sum_{cyc}c(a-b)^2]
=\frac{1}{abc}[\sum_{cyc}a^3+6abc-\sum_{sym}a^2b]
>0$
$\therefore$ โดย SOS theorem จะได้ว่า
$$\sum_{cyc}\dfrac{(b-c)^2(b+c-a)}{a}\geq 0$$
ซึ่งก็คือสิ่งที่ต้องการจะพิสูจน์
ต่อไปจะแสดงว่า $K=2$ เป็นค่าที่มากที่สุด
สมมติว่า มี $K>2$ ที่สอดคล้องเงื่อนไขโจทย์
เราก็เลือกแทนค่า $a=\frac{1}{2},b=c=\frac{3}{K-2}$ ก็จะได้ข้อขัดแย้ง
จึงได้ว่า $K\leq 2$

[RoSe-JoKer]

เออน้อง tatari-nightmare เจ๋งจริงๆครับ ผมคิดว่า solution ของน้อง ถูกหมดเลยแหละครับ :-)

[tatari/nightmare]

แล้วคุณ Rose Joker มี solution อื่นหรือเปล่าครับ

[RoSe-JoKer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ fjwxcsl

Let $b = 1,c = 1,$we have $k\leq2$;And if $K = 2$,then
\[
\sum\frac {(b - c)^2(b + c)}{a}\geq{ K\sum(a^2 - ab)}
\]

\[
< = = > \sum{a^2(b + c)(a - b)(a - c)}\geq0,
\]
the inequality holds.Thus $K_{max} = 2.$

Solution by fjwxcsl
แต่...รู้สึกก็ไม่ได้ต่างอะไรกันมากแถมคนนี้เขียนแบบลวกมากเลยด้วย ผมว่าวิธีของน้อง tatari-nightmare นิโอเคเลยแหละครับ