ปัญหาของการพิสูจน์อสมการ

[warutT]

ข้อ 30 ครับ

From Cauchy-Schwarz Inequality

$ac+bd \leq \sqrt{a^2+c^2}\sqrt{b^2+d^2}$

From A.M.-G.M. Inequality

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

$\therefore ac+bd \leq \dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2}$

$a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2(ac+bd)$

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

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

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

$\dfrac{1}{ab+ac+ad+bc+bd+cd+ac+bd} \geq \dfrac{1}{\dfrac{(a+b+c+d)^2}{2}} ...(*)$

From modified Cauchy-Schwarz Inequality

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}$

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

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

$\geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\dfrac{(a+b+c+d)^2}{2}}=2 ...(From (*))$

$\therefore \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a}+\dfrac{d}{a+b}\geq 2$

จบการพิสูจน์ครับ

[warutT]

ขอโจทย์เพิ่มหน่อยครับ ขอเป็น step ไปเลยครับ ขอยากขึ้นอีกนิดจะได้ฝึกครับผม ขอบพระคุณครับผม

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ warutT

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

$\geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\dfrac{(a+b+c+d)^2}{2}}=2 ...(From (*))$

ใช้อสมการ (*) ไม่ได้ครับ ลองตรวจดูใหม่ว่าเพราะอะไร

แต่มาถูกทางแล้ว แค่นับจำนวนเทอมผิดไปเท่านั้น

[warutT]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

ใช้อสมการ (*) ไม่ได้ครับ ลองตรวจดูใหม่ว่าเพราะอะไร

แต่มาถูกทางแล้ว แค่นับจำนวนเทอมผิดไปเท่านั้น

ผมแก้แล้วครับ สะเพร่าไปเอง

[nooonuii]

เพิ่มโจทย์ให้ครับ คราวนี้ไม่จำกัดวืธี

$a,b,c>0$

32. $abc=1$

$~~~~~\dfrac{a^2b}{a+1}+\dfrac{b^2c}{b+1}+\dfrac{c^2a}{c+1}\geq\dfrac{3}{2}$

33. $\dfrac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

34. $\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}\geq 1$

35. $a+b+c=1$

$~~~~~\dfrac{a}{1+bc}+\dfrac{b}{1+ca}+\dfrac{c}{1+ab}\geq\dfrac{9}{10}$

36. $x,y$ เป็นจำนวนจริงใดๆ

$~~~~~(xy+2)^2+(x-2)^2+(y-2)^2\geq 7$

[warutT]

ข้อ 34 ครับ

From Cauchy-Schwarz Inequality

$ab+bc+ca \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2 ...(*)$

From modified Cauchy-Schwarz Inequality

$\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}$

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

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

$=\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ac+2ab+2bc+2ac}$

$\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac} ...(From (*))$

$=\dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

$\therefore \dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}\geq 1$

จบการพิสูจน์ครับผม

[warutT]

ข้อ 35 ครับ

จาก $a+b+c=1$

From A.M.-G.M. Inequality

$\dfrac{a+b+c}{3} \geq \sqrt{3}{abc}$

$\dfrac{1}{3} \geq \sqrt{3}{abc}$

$\dfrac{1}{27} \geq abc$

$\dfrac{1}{9} \geq 3abc ...(*)$

From modified Cauchy-Schwarz Inequality

$\dfrac{a}{1+bc}+\dfrac{b}{1+ca}+\dfrac{c}{1+ab}$

$=\dfrac{a^2}{a+abc}+\dfrac{b^2}{b+abc}+\dfrac{c^2}{c+abc}$

$\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc}=\dfrac{1}{1+3abc}$

$\geq \dfrac{1}{1+\dfrac{1}{9}} =\dfrac{9}{10} (From(*))$

$\therefore \dfrac{a}{1+bc}+\dfrac{b}{1+ca}+\dfrac{c}{1+ab}\geq\dfrac{9}{10}$

จบการพิสูจน์ครับผม

[warutT]

ข้อ 33 ครับ

From Cauchy-Schwarz Inequality

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

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

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

$(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) ...(**)$

From modified Cauchy-Schwarz Inequality

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

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

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

$\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+a^2+b^2+c^2} (From (*))$

$=\dfrac{(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2)}$

$\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1 (From (**))$

$\therefore \dfrac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

จบการพิสูจน์ครับผม

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ warutT

ข้อ 33 ครับ

From Cauchy-Schwarz Inequality

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

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

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

$(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) ...(**)$

From modified Cauchy-Schwarz Inequality

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

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

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

$\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+a^2+b^2+c^2} (From (*))$

$=\dfrac{(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2)}$

$\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1 (From (**))$

$\therefore \dfrac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$

จบการพิสูจน์ครับผม

ดูส่วนสีแดงใหม่ครับ

[beginner01]

33.กระจาย แล้วจะเหลือ $\sum_{cyc}a^6+\sum_{sym}a^{5}b\geq\sum_{cyc}a^3b^3+\sum_{sym}a^3b^2c$ ซึ่งเป็นจริงโดยชัดเจนจากอสมการ Muirhead (หรือจะใช้ Weighted AM-GM พิสูจน์ก็ได้ครับ)
36.อสมการสมมูลกับ $(xy+1)^2+(x+y-2)^2\geq 0$

[nooonuii]

ข้อ 33 มีวิธีแบบไม่กระจายด้วยครับ ผมใช้อสมการนี้

$bc\leq\dfrac{b^2+c^2}{2}$

ยังเหลือข้อ 32 ข้อเดียวแล้วครับ

[RoSe-JoKer]

ข้อ 33 วิธีโคชี
$\sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2+bc+c^2}=\sum_{cyc} \frac{a^4}{a^2b^2+a^2bc+a^2c^2}\geq (\frac{(\sum_{cyc} a^2)^2}{2\sum_{cyc} a^2b^2+\sum_{cyc} a^2bc})\geq 1$
ข้อ 32
แทน $a=\frac{x}{y}$ ในทำนองเดียวกันกับ $ b,c$
ได้ว่าเราต้องพิสูจน์
$\sum_{cyc} \frac{x^2}{xy+xz}\geq 1$ ซึ่งเห็นได้ชัดว่าเป็นจริงจากอสมการโคชี
ข้อ 37
Prove that for $a,b,c>0$
$\sum_{cyc} \frac{1}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

[nooonuii]

เติมโจทย์ให้ครับ $a,b,c>0$

37. (Rose-joker)

$~~~~~\dfrac{1}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{1}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{1}{c^2+ca+a^2}\geq\dfrac{9}{(a+b+c)^2}$

38. $\dfrac{ab}{a+2b}+\dfrac{bc}{b+2c}+\dfrac{ca}{c+2a}\leq\dfrac{a+b+c}{3}$

39. $(a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3\leq 8(a^3+b^3+c^3)$

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

41. $abc=1$

$~~~~~\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}\geq\dfrac{3}{2}$

[beginner01]

38.ใช้ AM-HM กับทีละก้อนทางซ้าย
จะได้ LHS$\leq\frac{1}{3}\left(\frac{a+b+b}{3}+\frac{b+c+c}{3}+\frac{c+a+a}{3}\right)=\frac{a+b+c}{3}$
39.ผมคิดวิธีใช้โคชีหรือ AM-GM ไม่ออก
จาก $\frac{a^3+b^3}{2}\geq\left(\frac{a+b}{2}\right)^3\rightarrow 4(a^3+b^3)\geq(a+b)^3$ (โดย Power-mean)
บวกแบบ cyclic ไป จะได้อสมการโจทย์พอดี
40.จากโคชี $(a^2+bc)^2\leq(a^2+b^2)(a^2+c^2)$ ก็คูณแบบ cyclic ไป จะได้อสมการโจทย์พอดี
41.แทน $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$ จะได้ฝั่งซ้ายเป็น $\sum_{cyc}\frac{xy}{yz+xz}$ ซึ่งมีค่ามากกว่า $\frac{3}{2}$ โดยอสมการ Nesbitt (จะใช้โคชีหรือ AM-HM พิสูจน์อสมการ Nesbitt ก็ได้)
(ช่วย hint ข้อ 37. สักนิดได้ไหมครับ )

[beginner01]

37.กระจายครับ

เป็นไปได้ ใครใจดีช่วยมาเติมโจทย์ให้ทีครับ