โจทย์หัดแต่งเองครับ ไม่ยาก

[Keehlzver]

จงพิสูจน์ว่ามีจำนวนจริงบวก $k$ ที่ทำให้อสมการข้างต้นเป็นจริงทุก $a,b,c>0$

$$\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}+\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geq \frac{k^2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

[BLACK-Dragon]

$a+b+c\leq a^2+b^2+c^2$

ข้อนี้มันจะไม่เป็นจริงก็ต่อเมื่อมัน 1>a,b,c>0 ใช่หรือเปล่าครับ

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\leq \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}$

มันจะเป็นจริงก็ต่อเมื่อ $1\geqslant a,b,c\geqslant 0$ หรือเปล่าครับ

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

จงพิสูจน์ว่ามีจำนวนจริงบวก $k$ ที่ทำให้อสมการข้างต้นเป็นจริงทุก $a,b,c>0$

$$\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}+\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geq \frac{k^2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

#104
อย่างผมได้เหรียญทองก็คงจะปาฏิหารย์ละครับ
#105
ผมอ่านไม่ค่อยเข้าใจอ่ะครับ

$\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}+\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} >\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a} \ge 1 = \sqrt{\frac{8}{9}}^2\cdot \frac{9}{8} \ge \frac{8}{9}(1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)})=\frac{\sqrt{\frac{8}{9}}^2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
ซึ่งเป็นจริงโดย AM-GM $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$
$\therefore k= \sqrt{\frac{8}{9}}$ เป็นจริง
โจทย์เดิม แต่เปลี่ยนเงื่อนไข ^^


Let $a,b,c \in \mathbb{R} $
Prove that
$$(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2+3(a-b)^2+3(b-c)^2+3(c-a)^2 \ge 6(a-b)(b-c)(c-a)$$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

#104
อย่างผมได้เหรียญทองก็คงจะปาฏิหารย์ละครับ
#105
ผมอ่านไม่ค่อยเข้าใจอ่ะครับ

ซึ่งเป็นจริงโดย AM-GM $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$
$\therefore k= \sqrt{\frac{8}{9}}$ เป็นจริง

$A.M.-G.M.$ กับส่วนมันจะมากกว่าหรอครับ

$A.M.\geqslant G.M.$ ไม่ใช่หรอครับ ถ้าส่วนน้อยลงมันค่ามันจะเพิ่มขึ้นไม่ใช่หรอครับ

ปล. ขอโทษจริงๆครับที่ทักท้วง เพราะ ผมไม่เก่งอสมการ(และทุกๆเรื่อง) เลย

ที่ผมค้านมาอาจผิด ขอคำชี้แนะด้วยครับ

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

$A.M.-G.M.$ กับส่วนมันจะมากกว่าหรอครับ

$A.M.\geqslant G.M.$ ไม่ใช่หรอครับ ถ้าส่วนน้อยลงมันค่ามันจะเพิ่มขึ้นไม่ใช่หรอครับ

ปล. ขอโทษจริงๆครับที่ทักท้วง เพราะ ผมไม่เก่งอสมการ(และทุกๆเรื่อง) เลย

ที่ผมค้านมาอาจผิด ขอคำชี้แนะด้วยครับ

$(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc\rightarrow \frac{1}{8} \ge \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\rightarrow \frac{9}{8} \ge 1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

$(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc\rightarrow \frac{1}{8} \ge \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\rightarrow \frac{9}{8} \ge 1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

ขอบคุณมากๆครับที่ชี้แนะ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

$a+b+c\leq a^2+b^2+c^2$

ข้อนี้มันจะไม่เป็นจริงก็ต่อเมื่อมัน 1>a,b,c>0 ใช่หรือเปล่าครับ

ไม่จำเป็นครับ เช่น $a=0.5,b=0.5,c=2$

[Keehlzver]

อันนี้ mimic กว่าเดิมครับ $a,b,c > 0$

$$\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}+\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geq \frac{16(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9(a+b)(b+c)(c+a)}$$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

ไม่จำเป็นครับ เช่น $a=0.5,b=0.5,c=2$

อันนี้มันก็ยังจริงอยู่นี่ครับ หรือ ผมเข้าใจอะไรผิดตรงไหน

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

Power Mean
$\frac{(a+b-c)^3+(b+c-a)^3}{2} \ge \frac{((a+b-c)+(b+c-a))^3}{8}=b^3$
$\therefore (a+b-c)^3+(b+c-a)^3+(c+a-b)^3=\sum_{cyc}(\frac{(a+b-c)^3+(b+c-a)^3}{2}) \ge a^3+b^3+c^3 \ \ \ \ \square$

$a+b-c$ อาจจะติดลบก็ได้ครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

อันนี้มันก็ยังจริงอยู่นี่ครับ หรือ ผมเข้าใจอะไรผิดตรงไหน

เอาใหม่ $a=1,b=\dfrac{6}{5},c=\dfrac{1}{2}$

จะได้ $a+b+c=\dfrac{270}{100}$

แต่ $a^2+b^2+c^2=\dfrac{269}{100}$

ดังนั้น $a+b+c>a^2+b^2+c^2$

[Keehlzver]

ขอโชว์โง่เล็กน้อย ดูซิว่ากรรมการจะให้กี่คะแนน

โดย Entirely Mixing Variable Method $a^3+b^3+c^3-3abc \geq 4(a-b)(b-c)(c-a)$

สมมูลกับ $(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)\geq 8(a-b)(b-c)(c-a) \geq 6(a-b)(b-c)(c-a)$

เป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $$(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2+3(a-b)^2+3(b-c)^2+3(c-a)^2 \geq (a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$$

ซึ่งสมมูลกับ $$\Sigma ((a+b)^2+3-a-b-c)(a-b)^2 \geq 0$$
เพราะว่าเครื่องหมายของ a,b,c เป็นลบทำให้บางพจน์เป็นบวก เป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ในกรณีที่ $a,b \rightarrow 0$ $c \rightarrow \infty $

ดังนั้น

\[\begin{array}{cl}
& \Sigma ((a+b)^2+3-a-b-c)(a-b)^2 \\
& = ((a+b)^2+3-a-b-c)(a-b)^2+((b+c)^2+3-a-b-c)(b-c)^2+((c+a)^2+3-a-b-c)(c-a)^2 \\
& \geq ((c+a)^2+(b+c)^2+6-2(a+b+c))(b-c)^2 \geq 0

\end{array} \]


เป็นจริงจาก Assumption ของ $c$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

เอาใหม่ $a=1,b=\dfrac{6}{5},c=\dfrac{1}{2}$

จะได้ $a+b+c=\dfrac{270}{100}$

แต่ $a^2+b^2+c^2=\dfrac{269}{100}$

ดังนั้น $a+b+c>a^2+b^2+c^2$

อ่อ ขอบคุณครับ

ผมไม่รู้ว่ามันง่ายไปสำหรับทุกๆคนหรือเปล่านะครับ แต่ผมคิดว่ามันยาก

$a,b,c>0$ and $abc=1$ show that

$$\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geqslant \frac{3}{2}$$

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

$a+b-c$ อาจจะติดลบก็ได้ครับ

ลืมไป แบบนี้ทุกทีเลย 55+
แก้แล้วครับ

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

ซึ่งสมมูลกับ $$\Sigma ((a+b)^2+6-a-b-c)(a-b)^2 \geq 0$$

ไม่ใช่ อันนี้เหรอครับ
$\sum_{cyc} ((a+b)^2+3-a-b-c)(a-b)^2 \ge 0$
แล้ว ช่วยพิสูจน์ ตัวนี้หน่อยได้ไหมครับ
Entirely Mixing Variable Method