newly-created inequality

[Char Aznable]

ห่างหายจากบอร์ดไปนานมากละครับ เปลี่ยนไปเยอะเลย กลับมาพร้อมกับโจทย์แต่งเองข้อใหม่ ^^

Let a,b,c are side lengths of a triangle. Proof that

$(e-1)(a^3+b^3+c^3)+(e+2)(ab^2+bc^2+ca^2) \geqslant (2e+1)(a^2b+b^2c+c^2a)$

[murderer@IPST]

เก่งครับเก่งๆ

[RoSe-JoKer]

สวัสดีครับพี่ Char Aznable เนื่องด้วยประสบการณ์และความรู้ของผมยังมีน้อยเลยยังไม่สามารถทำข้อนี้สำหรับค่า $e$ ได้
แต่ถ้าเปลี่ยน $e$ เป็น $\frac {1 + \sqrt {2} + \sqrt {2\sqrt {2} - 1}}{2} + \frac {1}{\sqrt {\sqrt {2} + \sqrt {2\sqrt {2} - 1}}}$
ละก็ผมสามารถคิดได้แล้วนะครับโดยที่ไม่จำเป็นจะต้องมีเงื่อนไข $x,y,z$ เป็นด้านของสามเหลี่ยม
เพราะว่า (เอาวิธีคิดของเขามาอีกที ก็ Credit เขาเลยนะครับ)

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ hungkhtn

Applying CID (Cyclic inequality oF degree 3) theorem, we can let $c = 0$ in the inequality. It becomes
\[
x^3 + y^3 + cx^2y\ge (c + 1) xy^2.
\]
Thus, we have to find the minimal value of
\[
f(y) = \frac {y^3 - y^2 + 1}{y^2 - y} = y + \frac {1}{y(y - 1)}
\]
when $y > 1$. It is easy to find that
\[
f'(y) = 0 \Leftrightarrow 2y - 1 = (y(y - 1))^2 \Leftrightarrow y^4 - 2y^3 + y^2 - 2y + 1 = 0.
\]
Solving this symmetric equation gives us:
\[
y + \frac {1}{y} = 1 + \sqrt {2} \Rightarrow y = \frac {1 + \sqrt {2} + \sqrt {2\sqrt {2} - 1}}{2}
\]
Thus we found the best value of $C$ is
\[
y + \frac {1}{y(y - 1)} = \frac {1 + \sqrt {2} + \sqrt {2\sqrt {2} - 1}}{2} + \frac {1}{\sqrt {\sqrt {2} + \sqrt {2\sqrt {2} - 1}}}\approx 2.4844
\]

แล้วหลังจากนั้นก็ใช้ AM-GM กับ Rearrangement กับอสมการที่เหลือก็ไม่ยากอะไรแล้วหล่ะคับ
แต่ในที่นี้ พี่ Char Aznable คงเพิ่มเงื่อนไขและทำให้อสมการ Strong ขึ้น... ซึ่งตอนนี้ผมยังคิดไม่ได้เลย ขอคำแนะนำด้วยนะครับ

[วิหก]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ murderer@IPST

เก่งครับเก่งๆ

เก่งยังไงและใครเก่งเหรอครับ

[Char Aznable]

จริงๆแล้วก็ไม่ได้ดัดแปลงมาจากข้อนั้นหรอกครับ แต่ form อาจจะคล้ายๆกัน(มั้ง)

[Char Aznable]

Hint: $e^{2}+1 > 3e$

[God Phoenix]

e ไม่ใช่ตัวแปรเหรอครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Char Aznable

Hint: $e^{2}+1 > 3e$

ผมยังงงอยู่ครับว่า ถ้าใช้อสมการนี้แล้วจะทำให้อสมการเป็นจริงยังไงเำำพราะเห็นได้ชัดว่าสมการเกิดขึ้นเมื่อ $a=b=c$

[Char Aznable]

เป็นส่วนหนึ่งที่ซ่อนอยู่ในวิธีพิสูจน์ของผมน่ะครับ

[RoSe-JoKer]

มาถึงตอนนี้ก็ยังทำไม่ได้หลังจากพี่บอกให้ใช้ SOS Theorem ไปแล้ว
ทำให้อสมการอยู่ในรูปแบบทั่วไป แทน $x=a+b y=b+c z=c+a$
อสมการเปลี่ยนเป็น
$(e-1)\sum_{cyc} a^3+(2e+1)\sum_{cyc} ab^2 \geq 6(e-1)abc + (e+2)\sum_{cyc} a^2b$
โดย SOS เราได้ว่า
$\sum_{cyc} (ea+eb-c)(b-c)^2 \geq 0$
นั้นคือ
$(e-1)\sum_{cyc} a^3+(2e+1)\sum_{cyc} ab^2\geq 6eabc+(e+1)\sum_{cyc} a^2b$
T_T ...ซึ่งมัน weak กว่า

[mathstudent2]

พี่ Rose-Joker แต่งโจทย์เก่งจังเลยนะครับ ยากๆ

[RoSe-JoKer]

...รู้สึกว่าคนแต่งจะเป็นอีกคน...นะครับน้อง mathstudent2 ว่าที่เหรียญทอง สสวทปี 2551 อย่าหลงผิดคิดว่าสวะอย่างผมจะแต่งโจทย์อะไรประมาณนี้ได้

[God Phoenix]

แต่อย่าลืมว่า คุณ Rose-Joker เค้าเก่งจริงนะครับ

[RoSe-JoKer]

ทำให้อสมการอยู่ในรูปแบบทั่วไป แทน a=a+b b=b+c c=c+a
อสมการเปลี่ยนเป็น
$(e-1)\sum_{cyc} a^3+(2e+1)\sum_{cyc} ab^2 \geq 6(e-1)abc + (e+2)\sum_{cyc} a^2b$
ซึ่งต่อไปนี้จะใช้ CID theorem ในการพิสูจน์เห็นได้ว่า
$1.P(1,1,1)$ เป็นจริงเราได้ว่า $L.H.S=R.H.S$
ต่อไปนี้จะทำการพิสูจน์ว่า
$2.P(a,b,0)$ เป็นจริงสำหรับ $a,b\in R+$
นั้นคือเราจะต้องพิสูจน์ว่า
$(e-1)(a^3+b^3)+(2e+1)ab^2-(e+2)a^2b\geq 0$ หารด้วย $b^3$ ตลอด
นั้นคือเราจะต้องทำการพิสูจน์ว่า
$f(x)=(e-1)x^3-(e+2)x^2+(2e+1)x+(e-1)\geq 0$ ทุก $x\in R+ $
เห็นได้ว่า
$f'(x)=3(e-1)x^2-2(e+2)x+(2e+1)$ ซึ่งเห็นได้ว่า $f'(x)$ มีรากเป็นจำนวนเชิงซ้อน แสดงว่า$ f'(x)>0 $
แสดงว่า$ f(x) $เป็นฟังก์ชั่นเพิ่มสำหรับ $x\in R$
เห็นได้ว่าค่าต่ำสุดของ $f(x)$ เกิดขึ้นเมื่อ $x=0$ สำหรับ $x\in R+$ นั้นคือ
$f(0)=e-1>0$ นั้นเอง
นั้นคือ
$P(a,b,0)$ เป็นจริงสำหรับทุก $a,b \in R+$
สรุปได้ว่า
$(e-1)\sum_{cyc} a^3+(2e+1)\sum_{cyc} ab^2 \geq 6(e-1)abc + (e+2)\sum_{cyc} a^2b$
เป็นจริง
นั้นคือเราได้ว่าถ้า a,b,c เป็นด้านของสามเหลี่ยมแล้วเราได้ว่า
$(e−1)(a^3+b^3+c^3)+(e+2)(ab^2+bc^2+ca^2)≥(2e+1)(a^2b+b^2c+c^2a)$

[God Phoenix]

สุดยอดมากครับคุณ RoSe-JoKer
แต่ว่า CID คืออะไรเหรอครับ