มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ [Tong]_1412

เออ ถ้าผมจะเอามารวมเฉลย แต่ละข้อจะดีไหมคับ เพราะผมลองนั่งทำดู ไม่รู้ว่า ข้อไหนจะใช้อะไร !! ใครอยากได้รวมก็รอ สักพักนะคับ รอ nooonuii เฉลย เยอะ ๆ เหะๆ

ดีครับ ผมจะได้ไม่เหนื่อย เอ้าว่าแล้วก็มาเฉลยกันต่อเลยดีกว่าครับ

72. Iran 1998 $z,y,z>1,\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=2$
$$\sqrt{x+y+z}\geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}$$

Solution :

This one is tricky!!
Observe that $$K = \frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}=1.$$
Then Cauchy-Schwarz inequality implies
$\displaystyle{ \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}=\sqrt{\frac{x-1}{x}}\cdot \sqrt{x}+\sqrt{\frac{y-1}{y}}\cdot \sqrt{y}+\sqrt{\frac{z-1}{z}}\cdot\sqrt{z}}$

$\leq \sqrt{K(x+y+z)}=\sqrt{x+y+z}.$

74. APMO 1998 (a,b,c>0)
$$\Big(1+\frac{a}{b}\Big)\Big(1+\frac{b}{c}\Big)\Big(1+\frac{c}{a}\Big)\geq 2(1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}})$$

Solution :

Let $\displaystyle{x=\frac{a}{\sqrt[3]{abc}},y=\frac{b}{\sqrt[3]{abc}},z=\frac{c}{\sqrt[3]{abc}}}$.
Then we have $xyz=1$ and the inequality is equivalent to
$$\Big(1+\frac{x}{y}\Big)\Big(1+\frac{y}{z}\Big)\Big(1+\frac{z}{x}\Big)\geq 2(1+x+y+z)$$
which is also equivalent to
$$x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2\geq 2(x+y+z).$$
By AM-GM inequality we have

$x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2\geq 6xyz.$

Thus

$3(x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2)\geq 2(x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2 + 3xyz)$

$=2(x+y+z)(xy+yz+zx)$

$\geq 6(x+y+z)$ (because $xy+yz+zx\geq 3$ by AM-GM inequality).

Therefore, $x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2\geq 2(x+y+z)$, as required.

[nooonuii]

76. Korea 1998 $(x,y,z>0,x+y+z=xyz)$
$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}}\geq \frac{3}{2}$$

Solution :

Let $x=\tan{A},y=\tan{B},z=\tan{C}$. Then the inequality is equivalent to
$$\cos{A}+\cos{B}+\cos{C}\leq \frac{3}{2}.$$
Note that we have $\tan{A}+\tan{B}+\tan{C}=\tan{A}\tan{B}\tan{C} \Leftrightarrow A+B+C=\pi$. Since $\cos{x}$ is concave on $[0,\frac{\pi}{2}]$, Jensen's inequality implies that
$$\cos{A}+\cos{B}+\cos{C}\leq 3\cos{\Big(\frac{A+B+C}{3}\Big)}=3\cos{\frac{\pi}{3}}=\frac{3}{2}.$$

[nooonuii]

78. IMO Shortlist 1998 $(x,y,z>0,xyz=1)$
$$\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}+\frac{y^3}{(1+z)(1+x)}+\frac{z^3}{(1+x)(1+y)}\geq \frac{3}{4}$$

Solution :

First, note that $x+y+z\geq 3$ by AM-GM inequality and $(x^{3/2}+y^{3/2}+z^{3/2})^2\geq \frac{1}{3}(x+y+z)^3$ by power mean inequality with parameters $\frac{3}{2},1$. Then we have by Cauchy-Schwarz inequality

$\displaystyle{ LHS \geq \frac{(x^{3/2}+y^{3/2}+z^{3/2})^2}{3+2(x+y+z)+(xy+yz+zx)}}$

$\displaystyle{ \geq \frac{\frac{1}{3}(x+y+z)^3}{3(x+y+z)+\frac{1}{3}(x+y+z)^2}}$

$\displaystyle{ =\frac{x+y+z}{4}}$

$\displaystyle{ \geq \frac{3}{4}}$.

80. Ireland 1997 $(a,b,c\geq 0,a+b+c\geq abc)$
$$a^2+b^2+c^2\geq abc.$$

Solution :

Note that $abc\leq a+b+c$ implies

$$3a^2b^2c^2 \leq 3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2 \leq (a^2+b^2+c^2)^2.$$

Thus $a^2+b^2+c^2 \geq \sqrt{3}abc \geq abc.$

[nooonuii]

81. Iran 1997 $a,b,c,d>0, abcd=1$
$$a^3+b^3+c^3+d^3 \geq \max\{a+b+c+d,\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\}$$

Solution :

By AM-GM inequality we have
$$a^3+b^3+c^3\geq 3abc$$
$$b^3+c^3+d^3\geq 3bcd$$
$$c^3+d^3+a^3\geq 3cda$$
$$d^3+a^3+b^3\geq 3dab$$

Adding them together we get
$$a^3+b^3+c^3+d^3 \geq abc+bcd+cda+dab = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}$$

By AM-GM inequality we have
$$a+b+c+d\geq 4$$
By power mean inequality we get
$$a^3+b^3+c^3+d^3 \geq \frac{1}{16}(a+b+c+d)^3\geq \frac{(a+b+c+d)^3}{(a+b+c+d)^2}=a+b+c+d.$$
Thus we have the inequality as wanted.

[[Tong]_1412]

สู้ๆ คับเกือบเสร็จแล้วอีกหน่อยเดียวว เหะๆ ^^
ว่าแต่ทำไงให้เก่ง หนออออ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ [Tong]_1412

สู้ๆ คับเกือบเสร็จแล้วอีกหน่อยเดียวว เหะๆ ^^
ว่าแต่ทำไงให้เก่ง หนออออ

พลังยุทธ์อันแก่กล้ามิได้มาเพราะโชคช่วย คนเราเกิดมาเก่งเลยคงไม่มีครับ คงมีแต่ในนิยายจีนกำลังภายในหรือการ์ตูนญี่ปุ่นเท่านั้นแหละครับ อยากเก่งก็ต้องหมั่นฝึกฝนครับ เป็นหลักการง่ายๆแต่ทำได้ยากมากครับ โจทย์อสมการที่ผมเฉลยมานี้ไม่ใช่ว่าผมคิดได้ภายในเดือนสองเดือนที่ผ่านมานะครับ แต่มันมาจากประสบการณ์การทำโจทย์ที่ผมสะสมมาประมาณสี่ปีเต็ีม โจทย์ทุกข้อที่ผมคิดได้ผมจะจดใส่สมุดโน้ตไว้ทุกครั้ง จะเห็นว่าผมทำโจทย์ชุดนี้ได้เยอะแยะมากมาย แต่จริงๆแล้วผมคิดโจทย์ชุดนี้มามากกว่าสองปีแล้วครับ เคยคิดตั้งแต่ Hojoo Lee เขาทำออกมาเป็นชุดๆประมาณสองสามชุด ตอนหลังเขาเอามารวมไว้เป็นชุดเดียวและมีโจทย์เพิ่มมาจากของเดิมอีกหลายข้อทีเดียว ผมจึงนำมาคิดต่อจากของเดิมที่มีอยู่แล้วครับ แต่ก็ยอมรับว่าได้ความรู้เพิ่มเติมจากโจทย์ชุดนี้เยอะทีเดียวครับ

[nooonuii]

82. Hong Kong 1997 $(x,y,z>0)$
$$\frac{3+\sqrt{3}}{9}\geq \frac{xyz(x+y+z+\sqrt{x^2+y^2+z^2})}{(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)}$$

Solution :

We will prove two inequalities separately.

$(1). \,\, 3xyz(x+y+z)\leq (xy+yz+zx)^2 \leq (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)$

$(2). \,\, 3\sqrt[3]{xyz}\leq x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$

$3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\leq xy+yz+zx$

Thus $9xyz\leq (xy+yz+zx)\Big(\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\Big)$

Using these two inequalities we get the result.

83. Belarus 1997 $(a,b,c>0)$
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\frac{a+b}{c+a}+\frac{b+c}{a+b}+\frac{c+a}{b+c}$$

Solution :

[This proof is incomplete] WLOG,assume $a\geq b\geq c.$ Then

$\Big(\dfrac{a}{b}-\dfrac{c+a}{b+c}\Big)+\Big(\dfrac{b}{c}-\dfrac{a+b}{c+a}\Big)+\Big(\dfrac{c}{a}-\dfrac{b+c}{a+b}\Big)$

$= \dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}+\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}$

$\geq \dfrac{c(a-b)}{a(a+b)}+\dfrac{a(b-c)}{a(a+b)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}$

$=0.$

New Proof: The inequality is equivalent to

$\Big(\dfrac{a}{b}-\dfrac{c+a}{b+c}\Big)+\Big(\dfrac{b}{c}-\dfrac{a+b}{c+a}\Big)+\Big(\dfrac{c}{a}-\dfrac{b+c}{a+b}\Big)\geq 0$

$\dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}+\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}+3\geq 3$

$\dfrac{c^2+ab}{c^2+ca}+\dfrac{a^2+bc}{a^2+ab}+\dfrac{b^2+ca}{b^2+bc}\geq 3$

which is exactly #64.

[[Tong]_1412]

คับ จะพยายฝึกฝนฝีมือ ตอนนี้ก็ซื้อ อสมการ และ สมการเชิงฟังก์ชันมาอ่าน แต่พอเห็นเนื้อหา แทบช็อค!!!!
อยากให้มี ร่วมกันเฉลย หนังสือเล่นนี้จัง เหะๆ เพราะทำไม่ค่อยจะได้
ไว้มีอะไรไม่ได้เด่ว โพส ถามละกันดีกว่า

[nooonuii]

หนังสือของโครงการสอวน. เหมาะสำหรับนักเรียนที่สอบผ่านสอวน. รอบแรกไปแล้วครับ จึงไม่แปลกอะไรที่คนทั่วไปจะเห็นว่ายาก โจทย์อสมการในหนังสือเล่มนี้เป็นโจทย์ระดับข้อสอบแข่งขันระหว่างประเทศ ข้อสอบคัดเลือกตัวแทนโอลิมปิกของแต่ละประเทศ รวมไปถึงโจทย์ที่รวบรวมจากวารสารคณิตศาสตร์ต่างๆ ระดับความยากจึงไม่ต้องพูดถึงครับ ใจเย็นๆครับ ค่อยๆอ่านไป ถ้าไม่เข้าใจตรงส่วนไหนก็เข้ามาถามได้ครับ

[nooonuii]

84. The solution is here http://www.mathcenter.net/forum/show...?t=1186&page=3

85. Romania 1997 $(xyz=1,x,y,z>0)$
$$\frac{x^9+y^9}{x^6+x^3y^3+y^6}+\frac{y^9+z^9}{y^6+y^3z^3+z^6}+\frac{z^9+x^9}{z^6+z^3x^3+x^6}\geq 2$$

Solution :

Let $a=x^3,b=y^3,c=z^3.$ Then $abc=1$ and the inequality becomes $$\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ca+a^2}\geq 2$$
Now we have $a^2+ab+b^2 \leq a^2+b^2+\dfrac{a^2+b^2}{2}=\dfrac{3}{2}(a^2+b^2)$ and $\dfrac{a^3+b^3}{a^2+b^2}\geq \sqrt{ab}$. Thus
$$\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{2}{3}\Big(\frac{a^3+b^3}{a^2+b^2}\Big)\geq \frac{2}{3}\sqrt{ab}.$$

Thus $LHS \geq \dfrac{2}{3}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\geq 2.$

86. Romania 1997 $(a,b,c>0)$
$$\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\geq 1 \geq \frac{bc}{a^2+2bc}+\frac{ca}{b^2+2ca}+\frac{ab}{c^2+2ab}$$

Solution :

By AM-GM inequality we have
$\dfrac{a^2}{a^2+2bc}\geq \dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$
$\dfrac{b^2}{b^2+2ca}\geq \dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2}$
$\dfrac{c^2}{c^2+2ab}\geq \dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2}.$

Thus $LHS \geq 1$. The second inequality is equivalent to the first one by observing that $\dfrac{a^2}{a^2+2bc}= 1 - \frac{2bc}{a^2+2bc}$.

89. Estonia 1997 $(x,y\in\mathbb{R})$
$$x^2+y^2+1>x\sqrt{y^2+1}+y\sqrt{x^2+1}$$

Solution :

Let $a=\sqrt{x^2+1},b=\sqrt{y^2+1}$. Then by Cauchy-Schwarz inequality and AM-GM we get
$$bx+ay\leq |bx+ay|\leq \sqrt{(a^2+b^2)(x^2+y^2)}\leq \frac{a^2+b^2+x^2+y^2}{2}=x^2+y^2+1.$$

90. APMC 1996 $(x,y,z,t\in\mathbb{R},x+y+z+t=0,x^2+y^2+z^2+t^2=1)$
$$-1\leq xy+yz+zt+tx$$

Solution :

By Cauchy-Schwarz inequality we have
$$|xy+yz+zt+tx|\leq x^2+y^2+z^2+t^2 = 1.$$
Thus $-1\leq xy+yz+zt+tx$.

Since $(y+t)(x+z) =-(y+t)^2 \leq 0$, we get $xy+yz+zt+tx \leq 0.$

91. Spain 1996 $(a,b,c>0)$
$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geq 3(a-b)(b-c)$$

Solution :

$$(a-2b+c)^2\geq 0.$$

[nooonuii]

96. Belarus 1996 $(x,y,z>0,x+y+z=\sqrt{xyz})$
$$xy+yz+zx\geq 9(x+y+z)$$

Solution :

Note that $\sqrt{xyz} = x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}$ by AM-GM inequality. Thus $xyz\geq 3^6.$
Therefore,
$$(xy+yz+zx)^2 \geq 3xyz(x+y+z) = 3\sqrt{xyz}(x+y+z)^2 \geq 81(x+y+z)^2.$$

99. Baltic Way 1995 $(a,b,c,d>0)$
$$\frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a}\geq 4$$

Solution :

By AM-HM inequality, we have

$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d}\geq \dfrac{4}{a+b+c+d}$ and $\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{d+a}\geq \dfrac{4}{a+b+c+d}$.

Thus $$LHS = (a+c)\Big(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d}\Big)+(b+d)\Big(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}\Big)\geq \frac{4(a+c)+4(b+d)}{a+b+c+d}=4.$$

100. Canada 1995 $(a,b,c>0)$
$$a^ab^bc^c\geq (abc)^{\frac{a+b+c}{3}}$$

Solution :

The inequality is equivalent to
$$\Big(\frac{1}{a}\Big)^{\frac{a}{a+b+c}}\Big(\frac{1}{b}\Big)^{\frac{b}{a+b+c}}\Big(\frac{1}{c}\Big)^{\frac{c}{a+b+c}}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}.$$
By Weighted AM-GM inequality we have
$$LHS \leq \frac{1}{a}\cdot\frac{a}{a+b+c}+\frac{1}{b}\cdot\frac{b}{a+b+c}+\frac{1}{c}\cdot\frac{c}{a+b+c}= \frac{3}{a+b+c}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}.$$

[nooonuii]

101. IMO 1995 $(abc=1,a,b,c>0)$
$$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$$

Solution :

$LHS=\dfrac{b^2c^2}{ab+ca}+\dfrac{c^2a^2}{bc+ab}+\dfrac{a^2b^2}{ca+bc}$

$\geq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{2(ab+bc+ca)}$

$=\dfrac{ab+bc+ca}{2}$

$\geq \dfrac{3}{2}.$

102. Russia 1995 $(x,y>0)$
$$\frac{1}{xy}\geq \frac{x}{x^4+y^2}+\frac{y}{y^4+x^2}$$

Solution :

Note that $\dfrac{x}{x^4+y^2}\leq \frac{1}{2xy} \Leftrightarrow (x^2-y)^2\geq 0.$ Similarly, $\dfrac{y}{y^4+x^2}\leq \frac{1}{2xy} \Leftrightarrow (y^2-x)^2\geq 0.$ Thus $$RHS \leq \frac{1}{xy}.$$

103 Macedonia1995 $(a,b,c>0)$
$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq 2$$

Solution :

$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}} = \dfrac{a}{\sqrt{a(b+c)}}\geq \dfrac{2a}{a+b+c}$ by AM-GM inequality.
Similarly, $\sqrt{\dfrac{b}{c+a}} \geq \dfrac{2b}{a+b+c}$ and $\sqrt{\dfrac{c}{a+b}} \geq \dfrac{2c}{a+b+c}.$ Thus $$LHS \geq 2.$$

[nooonuii]

106. IMO Shortlist 1993 $(a,b,c,d>0)$
$$\frac{a}{b+2c+3d}+\frac{b}{c+2d+3a}+\frac{c}{d+2a+3b}+\frac{d}{a+2b+3c}\geq \frac{2}{3}$$

Solution :

$LHS = \dfrac{a^2}{ab+2ac+3da}+\dfrac{b^2}{bc+2bd+3ab}+\dfrac{c^2}{cd+2ac+3bc}+\dfrac{d^2}{da+2bd+3cd}$

$\geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4(ab+bc+cd+da+ac+bd)}$

$\geq \dfrac{2}{3}.$

The last inequality comes from

$3(a+b+c+d)^2 \geq 8(ab+bc+cd+da+ac+bd)$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2+d^2) \geq 2(ab+bc+cd+da+ac+bd)$

$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2+d^2-ab-bc-cd-da) + (a-c)^2 + (b-d)^2 \geq 0.$

108. Poland 1993 $(x,y,u,v>0)$
$$\frac{xy+xv+uy+uv}{x+y+u+v}\geq \frac{xy}{x+y}+\frac{uv}{u+v}$$

Solution :

The inequality is equivalent to
$$v^2x^2+u^2y^2 \geq 2uvxy$$
which is true by AM-GM inequality.

110. Italy 1993 $(0\leq a,b,c \leq 1)$
$$a^2+b^2+c^2 \leq a^2b+b^2c+c^2a + 1$$

Solution :

We have
$$1+ab+bc+ca\geq a+b+c \Leftrightarrow (1-a)(1-b)(1-c)+abc\geq 0.$$
Thus
$$a^2(1-b)+b^2(1-c)+c^2(1-a) \leq a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)\leq 1.$$

115. IMO Shortlist 1990 $(ab+bc+cd+da=1,a,b,c,d>0)$
$$\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{c+d+a}+\frac{c^3}{d+a+b}+\frac{d^3}{a+b+c}\geq \frac{1}{3}$$

Solution :

$LHS = \dfrac{a^4}{ab+ac+da}+\frac{b^4}{bc+bd+ab}+\frac{c^4}{cd+ac+bc}+\frac{d^4}{ad+bd+cd}$

$\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{2(ab+bc+cd+da+ac+bd)}$

$\geq\dfrac{(ab+bc+cd+da)(a^2+b^2+c^2+d^2)}{2(ab+bc+cd+da+ac+bd)}$

$\geq \dfrac{1}{3}.$

The last inequality comes from

$3(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq 2(ab+bc+cd+da+ac+bd)$

$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2+d^2-ab-bc-cd-da)+(a-c)^2+(b-d)^2\geq 0$

[nooonuii]

116. Lithuania 1987 $(x,y,z>0)$
$$\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{y^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{z^3}{z^2+zx+x^2}\geq\frac{x+y+z}{3}$$

Solution :

Note that
$$\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}\geq \frac{2x-y}{3}\Leftrightarrow (x+y)(x-y)^2\geq 0.$$

The above inequality also hold for the pairs $(y,z)$ and $(z,x)$. Adding the three inequalities we get the result.

126. Klamkin's inequality $(-1<x,y,z<1)$
$$\frac{1}{(1-x)(1-y)(1-z)}+\frac{1}{(1+x)(1+y)(1+z)}\geq 2$$

Solution :

By AM-GM inequality, we have

$LHS\geq \dfrac{2}{\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2)}}\geq 2.$

127. Carlson's inequality $(a,b,c>0)$
$$\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}$$

Solution :

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$

$=(a+b+c)(ab+bc+ca)-\sqrt[3]{ab\cdot bc\cdot ca}{\sqrt[3]{abc}}$

$\geq (a+b+c)(ab+bc+ca) - \dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$

$= \dfrac{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}$

$\geq 8\Big(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\Big)^{3/2}.$

The last inequality comes from $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2.$

134. $abc=1,a,b,c>0$
$$\frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(c+a)}+\frac{1}{c^2(a+b)}\geq \frac{3}{2}$$

Solution :

$$LHS =\frac{bc}{ab+ca}+\frac{ca}{bc+ab}+\frac{ab}{ca+bc}\geq\frac{3}{2}$$
by Nesbitt's inequality(#124).

ขอจบเฉลยไว้แค่นี้นะครับ จริงๆยังมีข้อที่น่าสนใจอีกหลายข้อ แต่ส่วนใหญ่จะใช้แนวคิดเดิมๆ ผมข้ามโจทย์มาหลายข้อทีเดียวเพราะว่าใช้แนวคิดคล้ายๆกับข้อก่อนหน้านี้ หรือบางข้อจะเป็นโจทย์ระดับโอลิมปิกซึ่งสามารถหาเฉลยได้ง่ายครับก็เลยไม่เอามาลงไว้ แต่ถ้าใครอยากรู้ข้อไหนเพิ่มเติมก็ถามมาได้ครับ

[[Tong]_1412]

งั้นเด่วหลังผมกลับมาจาก สอวน. ที่ นครนายก เด่วจะมารวม ไฟล์ละกันนะคับ