มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee

[Amankris]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

$sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC$

พิสูจน์ประโยคนี้หน่อยครับ

[Keehlzver]

ผมเอามาจาก Mathreflection issue ของปี 2007 อ่ะครับ เดี๋ยวผมจะเอามาลงให้ดูเพราะตอนนี้มันโดนลบไปเเล้ว อีกอันนึงก็เป็นเอกสารสรุปสูตรตรีโกณของ Hoojo Lee

[Amankris]

@#92
ผมว่าคุณลืมเงื่อนไขไปนะ

[LightLucifer]

วิธีผมบ้างนะ
โดย AM-GM
$\sqrt{\frac{3}{2} }\cdot \sqrt{a^2+\frac{1}{2} }\cdot (2) \leq a^2+2\leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{a}{a^2+2} \leq \sum_{cyc}\frac{a}{\sqrt{3}\sqrt{2a^2+1}}=\sum_{cyc} \sqrt{\frac{a^2}{3(2a^2+1)}}-----(1)$
โดย AM-GM จะได้ว่า
$6=6(\sqrt[3]{a^2b^2c^2} ) \leq 2(a^2+b^2+c^2)$
$\leftrightarrow 8(a^2b^2c^2)+4\sum_{cyc}(ab)^2+2(a^2+b^2+c^2)+1 \leq 4\sum_{cyc}(ab)^2+4(a^2+b^2+c^2)+3$
$\leftrightarrow (2a^2+1)(2b^2+1)(2c^2+1) \leq \sum_{cyc}(2a^2+1)(2b^2+1)$
$\leftrightarrow 1 \leq \sum_{cyc}\frac{1}{2a^2+1}$
$\leftrightarrow -2 \leq \sum_{cyc}\frac{-2a^2}{2a^2+1}$
$\leftrightarrow 1 \geq \sum_{cyc}\frac{a^2}{2a^2+1}$
แต่โดยอสมการโคชี จะได้
$1 \geq \sum_{cyc}\frac{a^2}{2a^2+1} \geq \frac{1}{3} (\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a^2}{2a^2+1}})^2\leftrightarrow 1 \geq \sum_{cyc}\sqrt{\frac{a^2}{3(2a^2+1)}}-----(2)$
โดย $(1)$และ$(2)$ จะได้ว่า
$\sum_{cyc}\frac{a}{a^2+2} \leq 1 \ \square$

[LightLucifer]

ข้อ Hint ข้อ 27 อีกข้อครับ
27.(Moldova 2005) $(a^4+b^4+c^4=3,a,b,c>0)$
$$\sum_{cyc}\frac{1}{4-ab} \leq 1$$

[LightLucifer]

any ideas ?

[LightLucifer]

มาช่วยเพิ่มครับ
$112. Vietnam 1991 (x \geq y\geq z >0)$
$$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq x^2+y^2+z^2$$

My Solution

$(\frac{x^2y}{z}-(x^2+y^2+z^2))+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}=\frac{x^2y-x^2z-y^2z-z^3}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y}$
$\geq \frac{x^2y-x^2z-y^2z-z^3}{x}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{x}=\frac{(x^2y-x^2z)+(z^2x-z^3)}{x}$
แต่ $x^2y \geq x^2z$ และ $z^2x \geq z^3$
$\therefore \frac{(x^2y-x^2z)+(z^2x-z^3)}{x} \geq 0$
$\therefore \frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq x^2+y^2+z^2 \ \ \square$

[nooonuii]

ข้อ 27 คิดว่าเคยเห็นในหนังสือนะ แต่จำไม่ได้ Secrets in inequalities หรือเปล่าลองเช็คดูครับ

[LightLucifer]

#98
THX ครับ

ขอข้อ 121 อีกข้อได้ไหมครับ

[nooonuii]

ข้อ 121 ควรแก้โจทย์เป็น

$a,b,c\geq 0,a+b+c=1,a^3+b^3+c^3+6abc\geq \dfrac{1}{4}$

จัดรูปข้างซ้ายให้เป็น

$1-3(ab+bc+ca)+9abc$

จากนั้นก็ใช้ Schur ครับ

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

ข้อ 121 ควรแก้โจทย์เป็น

$a,b,c\geq 0,a+b+c=1,a^3+b^3+c^3+6abc\geq \dfrac{1}{4}$

จัดรูปข้างซ้ายให้เป็น

$1-3(ab+bc+ca)+9abc$

จากนั้นก็ใช้ Schur ครับ

ครับ แต่ออกมาแล้วทำไมมันดูเหมือนไม่ถูก หรือว่ามัน weak เกินครับ
$a+b+c=p,ab+bc+ca=q,abc=r$
จะได้
$LHS=1-3q+9r \geq \dfrac{1}{4}$
$ \dfrac{3}{4}+9r \geq 3q=3pq$
$1+12r =p^3+12r \geq 4pq$
แต่ Schur แค่ $p^3+9r \geq 4pq$ ก็พอแล้วนิครับ ช่วยเช็คหน่อยได้ได้ไหมครับ

[LightLucifer]

มาเพิ่มให้ครับ
53.(Columbia 2001) $(x,y\in \mathbb{R} )$
$$3(x+y+1)^2+1 \geq 3xy$$

My solution

อสมการสมมูลกับ
$\frac{3}{4}(2x+y+2)^2+\frac{1}{4}(3y+2)^2 \geq 0 $

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

ครับ แต่ออกมาแล้วทำไมมันดูเหมือนไม่ถูก หรือว่ามัน weak เกินครับ
$a+b+c=p,ab+bc+ca=q,abc=r$
จะได้
$LHS=1-3q+9r \geq \dfrac{1}{4}$
$ \dfrac{3}{4}+9r \geq 3q=3pq$
$1+12r =p^3+12r \geq 4pq$
แต่ Schur แค่ $p^3+9r \geq 4pq$ ก็พอแล้วนิครับ ช่วยเช็คหน่อยได้ได้ไหมครับ

ถูกแล้วครับ ถึงต้องแก้โจทย์ จะได้มีสมการเกิดขึ้นเมื่อตัวหนึ่งเป็นศูนย์

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

มาเพิ่มให้ครับ
53.(Columbia 2001) $(x,y\in \mathbb{R} )$
$$3(x+y+1)^2+1 \geq 3xy$$

My solution

อสมการสมมูลกับ
$\frac{3}{4}(2x+y+2)^2+\frac{1}{4}(3y+2)^2 \geq 0 $

ขอโจทย์เเนวนี้อีกได้ไหใครับ
อย่างเสริมประสบการณื

[LightLucifer]

#103
ขอบคุณครับ
#104
เสริมประสบการณ์ หมายถึง เสริมประสบการณ์เกี่ยวกับอสมการ หรืออะไรครับ

คุณ nooonuii คิดข้อ 77 ได้หรือยังอ่ะครับ
เหมือนจะใช้ CS ออกแต่นั่งคิดตั้งนานยังไม่ออกเลย