มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee

[จูกัดเหลียง]

ใช่เเล้วครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

คุณ nooonuii คิดข้อ 77 ได้หรือยังอ่ะครับ
เหมือนจะใช้ CS ออกแต่นั่งคิดตั้งนานยังไม่ออกเลย

ยังไม่ได้คิดครับ เห็นในหนังสือเหมือนกัน แต่จำไม่ได้ว่าเล่มไหน

เจอแต่ hint ให้ $a=x^2+1,b=y^2+1,c=z^2+1$

[หยินหยาง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

คุณ nooonuii คิดข้อ 77 ได้หรือยังอ่ะครับ
เหมือนจะใช้ CS ออกแต่นั่งคิดตั้งนานยังไม่ออกเลย

ไม่ใช่ท่าน nooonuii ตอบกระทู้ได้มั้ยครับ
ใช่โจทย์นี้หรือเปล่า

$(a,b,c \geqslant 1)$

$\sqrt{a-1} + \sqrt{b-1} + \sqrt{c-1} \leqslant \sqrt{c(ab+1)} $

ถ้าใช่ ผมใช้
ถ้าไม่ใช่ห้ามเปิดดู

hint

นึกแล้วว่ายังไงต้องเปิดดู

$\sqrt{a-1} + \sqrt{b-1} \leqslant \sqrt{ab} $

[LightLucifer]

ขอบคุณสำหรับทั้งสองโพสครับ
ทั้งของคุณ nooonuii และ คุณหยินหยาง เลย
#106
ลองไปหาโหลดหนังสืออสมการของ Hojoolee, Titu,Secret in inequality ดูครับ
ของสอวนก็โอเคนะครับ

[จูกัดเหลียง]

#109 ขอบคุณมากครับ

[LightLucifer]

มาเพิ่มให้ครับ(ถึงวิธีจะไม่สร้างสรรค์ก็เถอะ ==" )
ข้อ 150.$(x,y,z>0)$
$$\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)} }+\frac{y}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)} }+\frac{z}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)} } \leq 1$$

My Solution

สังเกตว่า LHS มัน Sym
W.L.O.G $x \geq y \geq z$
พิจรณา$\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)} }+\frac{y}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)} }+\frac{z}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)} } \leq 1 \leftrightarrow \frac{\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)} }+\frac{\sqrt{(y+z)(y+x)}}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)} }+\frac{\sqrt{(z+x)(z+y)}}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)} } \geq 2 $
โดย AM-GM จะได้ว่า
$\sum_{cyc} \frac{\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}} \geq \sum_{cyc}\frac{\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x+\frac{2x+y+z}{2} }=\sum_{cyc}\frac{(x+y)(x+z)}{\sqrt{(x+y)(x+z)}(x+\frac{2x+y+z}{2})} \geq \sum_{cyc}\frac{(x+y)(x+z)}{(\frac{2x+y+z}{2})(x+\frac{2x+y+z}{2})}=\sum_{cyc}\frac{4(x+y)(x+z)}{(2x+y+z)(4x+y+z)}$
พิจรณา
$\sum_{cyc}\frac{2(x+y)(x+z)}{(2x+y+z)(4x+y+z)}-1=\frac{2(x+y)(x+z)}{(2x+y+z)(4x+y+z)}+\frac{2(y+z)(y+z)}{(2y+z+x)(4y+z+x)}+(\frac{2(z+x)(z+y)}{(2z+x+y)(4z+x+y)}-1)$
$=\frac{2(x+y)(x+z)}{(2x+y+z)(4x+y+z)}+\frac{2(y+z)(y+z)}{(2y+z+x)(4y+z+x)}+\frac{2(z+x)(z+y)-(8z^2+6zx+6zy+x^2+2xy+y^2)}{(2z+x+y)(4z+x+y)}$
จาก $x \geq y \geq z$ จะได้
$ \geq \frac{2(x+y)(x+z)+2(y+z)(z+x)+2(z+x)(z+y)-(8z^2+6zx+6zy+x^2+2xy+y^2)}{24x^2}$
$= \frac{2(x^2+y^2+z^2)+6(xy+yz+xz)-(8z^2+6zx+6zy+x^2+2xy+y^2)}{24x^2}$
$= \frac{x^2+y^2+4(xy)-6z^2}{24x^2}$
แต่ $x \geq y \geq z$
ดังนั้น $\frac{1}{2} \sum_{cyc} \frac{\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)}} -1 \geq \sum_{cyc}\frac{2(x+y)(x+z)}{(2x+y+z)(4x+y+z)}-1 \geq \frac{x^2+y^2+4(xy)-6z^2}{24x^2}\geq 0$
$\leftrightarrow \frac{\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)} }+\frac{\sqrt{(y+z)(y+x)}}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)} }+\frac{\sqrt{(z+x)(z+y)}}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)} } \geq 2 \leftrightarrow \frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(x+z)} }+\frac{y}{y+\sqrt{(y+z)(y+x)} }+\frac{z}{z+\sqrt{(z+x)(z+y)} } \leq 1 \ \ \square$

ปล ใครทำข้อ 69 กับ 71 ได้ ช่วย Hint ทีครับ

[nooonuii]

69. โจทย์ผิดนี่ครับ

71. น่าจะหาได้ไม่ยากนะ

ยังไม่มีวิธีคิดดีๆโดยไม่แยกกรณีเลยครับ

[LightLucifer]

ข้อ 69 มีตัวอย่างค้านไหมครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

ข้อ 69 มีตัวอย่างค้านไหมครับ

โจทย์ถูกแล้วล่ะครับ แต่ผมเข้าใจผิดไปเอง

Hint : LHS $\geq a+b+c+\dfrac{27}{(a+b+c)^3}$

ลองดูว่าอสมการอะไรที่ทำให้เลข $4$ ผุดขึ้นมาในอสมการ

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

โจทย์ถูกแล้วล่ะครับ แต่ผมเข้าใจผิดไปเอง

Hint : LHS $\geq a+b+c+\dfrac{27}{(a+b+c)^3}$

ลองดูว่าอสมการอะไรที่ทำให้เลข $4$ ผุดขึ้นมาในอสมการ

ขอบคุณมากครับ Hint แบบนี้ อ๋อ เลย 55+

แต่ข้อ 71 ยังไม่เข้าใจครับว่า แยกเคสยังไงอ่ะครับ

[Keehlzver]

พี่ Noonuii ครับ เเบบนี้ใช่ไหมครับ

$a+b+c+\frac{27}{(a+b+c)^3}=\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\frac{27}{(a+b+c)^3}\geq 4$ โดย AM-GM

เเล้วเเบบนี้อสมการจะเกิดเมื่อไรครับ

ขอบคุณครับ

[LightLucifer]

มาเพิ่มให้ครับ
84.(Bulgaria 1997) (abc=1 ,a,b,c>0)
$$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a} \leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$$

My Solution

สังเกตว่าอสมการมัน Sym
W.L.O.G. $a\geq b \geq c$
โดยอสมการ AM-GM จะได้ว่า
$2(a^2+b^2+c^2)+2(a+b+c) \geq 6(abc)^{\frac{2}{3}}+6(abc)^{\frac{1}{3}} =12$
$\leftrightarrow \sum_{cyc}(a^2+b^2+5a+5b+2ab+4) \geq \sum_{cyc}(2ab+4a+4b+8)$ (ไม่มีอะไรครับแค่บวกบางพจน์เพิ่ม)
$\leftrightarrow \sum_{cyc} (1+a+b)(4+a+b) \geq 2\sum_{cyc} (2+a)(2+b)$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} (1+a+b)(4+a+b)-2\sum_{cyc} (2+a)(2+b) \geq 0$
$\leftrightarrow \frac{\sum_{cyc} (1+a+b)(4+a+b)-2 (2+a)(2+b)}{(a+b+1)(2+a)(2+b)} \geq 0$
แต่ $a \geq b \geq c$
จะได้ว่า
$\sum_{cyc}\frac{(1+a+b)(4+a+b)-2(2+a)(2+b)}{(a+b+1)(2+a)(2+b)} \geq \frac{\sum_{cyc}(1+a+b)(4+a+b)-2 (2+a)(2+b)}{(a+b+1)(2+a)(2+b)} \geq 0$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{4+a+b}{(2+a)(2+b)}-\sum_{cyc} \frac{2}{a+b+1} \geq 0$
$\leftrightarrow \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c} \geq \frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a} \ \ \ \square$

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

พี่ Noonuii ครับ เเบบนี้ใช่ไหมครับ

$a+b+c+\frac{27}{(a+b+c)^3}=\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\frac{27}{(a+b+c)^3}\geq 4$ โดย AM-GM

เเล้วเเบบนี้อสมการจะเกิดเมื่อไรครับ

ขอบคุณครับ

โจทย์ให้พิสูจน์ว่ามากกว่าหรือเท่ากับ $4\sqrt{3}$ ครับ

[Keehlzver]

ขออภัยครับ Bound ตกขอบ

ทำอยู่ตั้งนานไม่ออกครับ รบกวนเฉลยครับ

ออกเเล้วครับ $a+b+c+\frac{9}{(a+b+c)^3}+\frac{9}{(a+b+c)^3}+\frac{9}{(a+b+c)^3} \geq 4\sqrt[4]{\frac{3^6}{(a+b+c)^8}}=\frac{4\sqrt[4]{3^6}}{(a+b+c)^2} \geq 4\sqrt{3}$ โดย AM-GM เเละ $(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2)=3$

โจทย์ข้อนี้สอนอะไรผมเยอะมาก ขอบคุณคุณ Light เเละ พี่ Noonuii มากครับ

[LightLucifer]

มาเพิ่มให้ครับ
145.(C2645)(a,b,c>0)
$$\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}+\frac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \geq 33$$

My Solution

สังเกตว่าอสมการมัน Sym
W.L.O.G $a \geq b \geq c$

$\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}+\frac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \geq 33$
$\leftrightarrow \frac{2(a^3+b^3+c^3)-33abc}{abc}+\frac{9(a+b+c)^2(\frac{a+b+c}{3})}{(a^2+b^2+c^2)(\frac{a+b+c}{3})} \geq 0$
$\leftrightarrow \frac{2(a^3+b^3+c^3)-33abc}{abc}+\frac{9(a+b+c)^2(\frac{a+b+c}{3})}{(a^2+b^2+c^2)(\frac{a+b+c}{3})} \geq \frac{2(a^3+b^3+c^3)-33abc}{a^3}+\frac{3(a+b+c)^3}{3a^3} \geq 0$
ซึ่งเป็นจริงโดย AM-GM $\square$

ใครทำข้อ 14 ได้แล้วมั่งอ่ะครับ ขอ HINT หน่อยๆ