FFTMO9

[AnDroMeDa]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

5. จงหาคู่อันดับ (m,n) ซึ่ง m,n เป็นจำนวนเต็มบวกโดยที่ $\dfrac{n^3+1}{mn-1}$ เป็นจำนวนเต็ม

ข้อ 5.

จาก $(n,nm-1)=1\Rightarrow (n^3,nm-1)=1$ พิจารณา $n^3(m^3+1)=(n^3m^3-1)+(n^3+1)$แต่$(nm-1)|(n^3m^3-1)$และจากโจทย์$(nm-1)|(n^3+1)$นั่นคือ$(nm-1)|n^3(m^3+1)\Rightarrow (nm-1)|(m^3+1)$ จะได้ว่าถ้า $(n,m)$เป็นคำตอบแล้ว$(m,n)$เป็นคำตอบด้วย
โดยไม่เสียนัยทั่วไป สมมติให้$m\geqslant n$ แบ่งกรณีดังนี้
case 1: $m=n;\dfrac{n^3+1}{mn-1}=\dfrac{n^3+1}{n^2-1}=n+\frac{1}{n-1} \Rightarrow (n-1)|1 \Rightarrow n=2\Rightarrow (m,n)=(2,2) $
case 2: $m\geqslant n=1; \dfrac{n^3+1}{mn-1}=\frac{2}{m-1} \Rightarrow (m-1)|2 \Rightarrow m=2,3 \Rightarrow (m,n)=(2,1),(3,1) $
case 3: $m> n\geqslant 2;$ จาก $n^3+1\equiv 1(modn)$และ$mn-1\equiv -1(modn)$
จะได้ว่า$n|(\frac{n^3+1}{mn-1} +1)\Rightarrow \frac{n^3+1}{mn-1}=kn-1,\exists k\in \mathbb{Z} $ พิจารณา $kn-1=\frac{n^3+1}{mn-1}<\frac{n^3+1}{n^2-1}= n+\frac{1}{n-1}\leqslant 2n-1 \Rightarrow k<2 \Rightarrow k=1 $ เท่านั้น
ได้ว่า $n^3+1=(mn-1)(n-1)\Leftrightarrow m=\frac{n^2+1}{n-1}=n+1+ \frac{2}{n-1} \Rightarrow 2|(n-1) \Rightarrow n=2,3\Rightarrow (m,n)=(2,5),(3,5) $
จากผลข้างต้นที่ว่าถ้า $(n,m)$เป็นคำตอบแล้ว$(m,n)$เป็นคำตอบด้วยจึงได้ $(m,n)=(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),(2,2),(2,5),(3,5),(5,2),(5,3)$ เท่านั้น

[จูกัดเหลียง]

มาต่อให้ 3 ข้อละกัน
1.Let $a,b,c>0$ and $abc=1$ Prove that
$$\frac{1}{a(1+bc)^2}+\frac{1}{b(1+ca)^2}+\frac{1}{c(1+ab)^2}\le \frac{1}{4}+\frac{4}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}$$
2.Let $a,b,c>0$ Prove $$\frac{a^3}{a^3+abc+b^3}+\frac{b^3}{b^3+abc+c^3}+\frac{c^3}{c^3+abc+a^3}\ge 1$$
3.Let $x,y,z>0$ and $x+y+z=3$ Prove $$\frac{1}{x+yz}+\frac{1}{y+zx}+\frac{1}{z+xy}\le \frac{9}{2(xy+yz+zx)}$$

[BLACK-Dragon]

#242

ค่าย 3 ฟิตจัง 555555555555555555

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

2.Let $a,b,c>0$ Prove $$\frac{a^3}{a^3+abc+b^3}+\frac{b^3}{b^3+abc+c^3}+\frac{c^3}{c^3+abc+a^3}\ge 1$$

แทน $a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$

$\displaystyle\sum_{cyc} \dfrac{a^3}{a^3+abc+b^3} = \sum_{cyc} \dfrac{x^3z^3}{x^3z^3+y^3z^3+y^6}$

$\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{x^6z^6}{x^6z^6+x^3y^3z^6+x^3y^6z^3} \geq \sum_{cyc} \dfrac{(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)^2}{(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)^2}=1$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

มาต่อให้ 3 ข้อละกัน
1.Let $a,b,c>0$ and $abc=1$ Prove that
$$\dfrac{1}{a(1+bc)^2}+\dfrac{1}{b(1+ca)^2}+\dfrac{1}{c(1+ab)^2}\leq \dfrac{1}{4}+\dfrac{4}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}$$

ถ้าไม่มี $\dfrac{4}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}$ มันจะชาร์ปกว่านี้

ปัญหาคือตัวนี้แหละ hint ให้หน่อยได้ไหมครับ

[AnDroMeDa]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

มาต่อให้ 3 ข้อละกัน
1.Let $a,b,c>0$ and $abc=1$ Prove that
$$\frac{1}{a(1+bc)^2}+\frac{1}{b(1+ca)^2}+\frac{1}{c(1+ab)^2}\le \frac{1}{4}+\frac{4}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)}$$

ข้อ 1.

We use pqr method to kill it!
Step 1 : Homogenize it $$\frac{1}{a(1+bc)^2}+\frac{1}{b(1+ca)^2}+\frac{1}{c(1+ab)^2}\le \frac{1}{4}+\frac{4}{(1+ab)(1+bc)(1+ca)} \Leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{a}{(a+1)^2}\leqslant \frac{1}{4}+\frac{4}{(a+1)(b+1)(c+1)} $$
$$\sum_{cyc} \frac{a}{(a+1)^2}+\sum_{cyc} \frac{1}{(a+1)^2}\leqslant \frac{1}{4}+\frac{4}{(a+1)(b+1)(c+1)}+\sum_{cyc} \frac{1}{(a+1)^2}\Leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{1}{(a+1)}\leqslant \frac{1}{4}+\frac{4}{(a+1)(b+1)(c+1)}+\sum_{cyc} \frac{1}{(a+1)^2}$$
$$\Leftrightarrow 4(a+1)(b+1)(c+1)(\sum_{cyc}(a+1)(b+1))\leqslant ((a+1)(b+1)(c+1))^2+16(a+1)(b+1)(c+1)+4\sum_{cyc}((a+1)(b+1))^2$$
Step 2 : Let $a+b+c=p,ab+bc+ca=q$ and $abc=r=1$, note that $(a+1)(b+1)(c+1)=p+q+r+1=p+q+2$ and
$\sum_{cyc}((a+1)(b+1))^2=\sum_{cyc}a^2b^2+\sum_{sym}a^2b+4\sum_{cyc}ab+2\sum_{cyc}a^2+4\sum_{cyc}+3=(q^2-2pr)+2(pq-3r)+4q+2(p^2-2q)+4p+3$
$=2p^2+q^2+2pq-2pr+4p-6r+3=2p^2+q^2+2pq+2p-3$
Therefore, the inequality becomes
$$4(p+q+2)(q+2p+3)\leqslant (p+q+2)^2+16(p+q+2)+4(2p^2+q^2+2pq+2p-3)$$
After expanding, we get $$p^2-2pq+q^2\geqslant 0\Leftrightarrow (p-q)^2\geqslant 0$$
Which is obviously true.

[AnDroMeDa]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

3.Let $x,y,z>0$ and $x+y+z=3$ Prove $$\frac{1}{x+yz}+\frac{1}{y+zx}+\frac{1}{z+xy}\le \frac{9}{2(xy+yz+zx)}$$

ข้อ 3.

To solve this problem we use the technique : pqr method same as problem 1.
Let $p=a+b+c=3,q=ab+bc+ca$and $abc=r$, note that $(x+yz)(y+xz)(z+xy)=xyz(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2z^2+xyz+x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2=q^2-2qr+r^2+4r$
and $\sum_{cyc}(x+yz)(y+zx)=\sum_{cyc}xy+\sum_{sym}x^2y+xyz(x+y+z)=q+(pq-3r)+pr=q+3q-3r+3r=4q$
Thus, the inequality becomes
$$\frac{4q}{q^2-2qr+r^2+4r} \leqslant \frac{9}{2q}\Leftrightarrow q^2-18qr+9r^2+36r\geqslant 0 \Leftrightarrow (q-3r)^2+36r-12qr\geqslant 0 $$
Therefore, it suffices to prove that
$$36r\geqslant12qr\Leftrightarrow q\leqslant 3$$
But this is clearly true because of
$$9=p^2\geqslant 3q \Leftrightarrow q\leqslant 3$$ and the solution is complete.

[จูกัดเหลียง]

#245 ไม่ต้อง Hint เเล้วครับ 555
#247 โหดจังครับ ช่วยตั้งโจทย์ต่อเลย

[BLACK-Dragon]

ว่าแล้วต้องมา PQR Method

คงหมดทางจริงๆสินะครับ ขอบคุณครับ

[~ArT_Ty~]

โหดมากครับจูกัดเหลียง ผมขอเอาเรขาเบาๆ มาลงบ้างครับ

$ABCD$ เป็นสี่เหลี่ยมที่มีวงกลมแนบใน มีจุดศูนย์กลางวงกลมแนบในที่ $I$

จุด $E,F$ อยู่ภายในส่วนของเส้นตรง $BI,DI$ ตามลำดับ โดยที่ $2E \hat A F=B \hat A D$

จงแสดงว่า $2F \hat C E=D \hat C A$

[~ArT_Ty~]

ขุดหน่อยครับๆ

[BLACK-Dragon]

Hint หน่อยครับ

[จูกัดเหลียง]

#250 หมายถึง $2F\hat C E=D\hat C B$ หรือป่าวครับ เเล้วก็เห็นด้วยกับ #252 ครับ ผมคิดทั้งคืนอ่ะทำไม่ได้ซักที = =

[polsk133]

PQR Method อ่านได้จากไหนหรอครับ

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ polsk133

PQR Method อ่านได้จากไหนหรอครับ

ลองดูเกี่ยวกับเรื่อง sos schur จะมีพวกเรื่อง pqr method เยอะมาก