ปัญหาของการพิสูจน์อสมการ

[RoSe-JoKer]

จัดไปเลยครับ $a,b,c>0$
RJ2. $\sum_{cyc} \frac{(a-b)^2}{ab}+2\geq \frac{2\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}}{ab+bc+ca}$
RJ3.
$a+b+c=3$
$\sum_{cyc} \frac{1}{a^2+b+c}\leq 1$

[beginner01]

RJ3. จากอสมการโคชี ได้ว่า $(a^2+b+c)(1+b+c)\geq(a+b+c)^2$
$\therefore\frac{1}{a^2+b+c}\leq\frac{1+b+c}{(a+b+c)^2}$
ดังนั้น $\sum_{cyc}\frac{1}{a^2+b+c}\leq\frac{3+2(a+b+c)}{(a+b+c)^2}=\frac{9}{9}=1$

[nooonuii]

เติมให้อีกครับ คราวนี้ไม่จำกัดวิธี

$a,b,c,d>0$

42. $\sqrt[3]{\dfrac{a+2b}{3c}}+\sqrt[3]{\dfrac{b+2c}{3a}}+\sqrt[3]{\dfrac{c+2a}{3b}}\leq \sqrt{\dfrac{a+2b}{3c}}+\sqrt{\dfrac{b+2c}{3a}}+\sqrt{\dfrac{c+2a}{3b}}$

43. $\dfrac{a^3+7}{bc+1}+\dfrac{b^3+7}{ca+1}+\dfrac{c^3+7}{ab+1}\geq 9$

44. $\max{\{a+b,\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\}}+\max{\{c+d,\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\}}+\min{\{a+b+c+d,\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac {1}{c}+\dfrac{1}{d}\}}\geq 8$

45. $(a^6+2)(b^6+2)(c^6+2)\geq (ab+bc+ca)^3$

[beginner01]

44.

วิธีทำ

จะแบ่งเป็น 4 กรณี
i)$a+b\geq\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$ และ $c+d\geq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$ จะได้ $a+b+c+d\geq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$
ดังนั้น LHS=$a+b+c+d+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\geq8$ โดย AM-GM

ii)$a+b\leq\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$ และ $c+d\leq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$ จะได้ $a+b+c+d\leq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$
ดังนั้น LHS=$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+a+b+c+d\geq8$ โดย AM-GM

iii)$a+b\geq\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$ และ $c+d\leq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$ แบ่งได้ 2 กรณีย่อยดังนี้
..........iii/1)$a+b+c+d\geq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$
ได้ว่า LHS=$\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+c+d+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\geq (\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+c+d)+(c+d+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d})\geq 8$ โดย AM-GM
..........iii/2)$a+b+c+d\leq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$
ได้ว่า LHS=$\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+c+d+a+b+c+d\geq (\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+c+d)+(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+c+d)\geq 8$ โดย AM-GM

iv)$a+b\leq\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$ และ $c+d\geq\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$ ทำในทำนองเดียวกับกรณีที่ 3

ดังนั้นได้ว่าอสมการโจทย์เป็นจริง

45.

วิธีทำ

จาก APMO '04 ที่ว่า $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9(ab+bc+ca)$ (สามารถใช้ AM-GM กับ Schur ในการพิสูจน์อสมการนี้)
$\therefore(a^6+2)(b^6+2)(c^6+2)\geq 9(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)$
จาก Power Mean ได้ว่า $\sqrt[3]{\dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{3}}\geq\dfrac{ab+bc+ca}{3}$ นั่นคือ $9(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)\geq (ab+bc+ca)^3$
$\therefore (a^6+2)(b^6+2)(c^6+2)\geq (ab+bc+ca)^3$

[RoSe-JoKer]

45.
จากอสมการ Holder และ $\sum_c a^2\geq \sum_c ab$
$(a^6+1+1)(1+b^6+1)(1+1+c^6)\geq (a^2+b^2+c^2)^3\geq (ab+bc+ca)^3$
44.
same solution

[nooonuii]

ข้อ 44 ถ้าไม่อยากแยกกรณีให้ใช้เอกลักษณ์ต่อไปนี้ครับ

$\max{\{x,y\}}=\dfrac{x+y+|x-y|}{2}$

$\min{\{x,y\}}=\dfrac{x+y-|x-y|}{2}$

[คณิตศาสตร์]

ขอโจทย์แบบโคชีอีกครับ AM-GM ทำไงอะครับหลักการใช้ยังไงครับจะได้ทำไปอีกแบบหนึงด้วยครับ

[RoSe-JoKer]

...เห็นไม่มีคนโพสต่อเลยผมเลยมาโพสวิธีของผมเลยละกัน
ข้อ 42 จาก power-mean เราเหลือที่จะต้องพิสูจน์ว่า
$3 \leq \sum_{cyc} \sqrt{\frac{a+2b}{3c}}$ ซึ่งเป็นจริงอย่างเห็นได้ชัดจากอสมการ AMGM (AMGM ก้อนใหญ่ๆทั้ง 3 ก้อนนั้นเลย)
ข้อ 43 จากอสมการ AMGM เราเหลือที่จะต้องพิสูจน์ว่า
$(a^3+7)(b^3+7)(c^3+7)\geq 27(ab+1)(bc+1)(ca+1)$
ดังนั้นจึงเป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า
$(a^3+7)(b^3+7) \geq 9(ab+1)^2$
ซึ่งจากอสมการโคชีเราได้ว่า $(a^3+7)(b^3+7)\geq (a^\frac{3}{2}b^\frac{3}{2}+7)^2$
ดังนั้นจึงเป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า
$a^\frac{3}{2}b^\frac{3}{2}+7\geq 3ab+3 ให้ (ab)^\frac{1}{2}=x$
เราจะต้องพิสูจน์ว่า
$x^3+4\geq 3x^2$
ก็ต่อเมื่อ
$(x+1)(x-2)^2\geq 0 $จบการพิสูจน์

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

ข้อ 43 จากอสมการ AMGM เราเหลือที่จะต้องพิสูจน์ว่า
$(a^3+7)(b^3+7)(c^3+7)\geq 27(ab+1)(bc+1)(ca+1)$
ดังนั้นจึงเป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า
$(a^3+7)(b^3+7) \geq 9(ab+1)^2$
ซึ่งจากอสมการโคชีเราได้ว่า $(a^3+7)(b^3+7)\geq (a^\frac{3}{2}b^\frac{3}{2}+7)^2$
ดังนั้นจึงเป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า
$a^\frac{3}{2}b^\frac{3}{2}+7\geq 3ab+3 ให้ (ab)^\frac{1}{2}=x$
เราจะต้องพิสูจน์ว่า
$x^3+4\geq 3x^2$
ก็ต่อเมื่อ
$(x+1)(x-2)^2\geq 0 $จบการพิสูจน์

แจ่มมากเลยครับ ใช้อสมการได้ครบเครื่องดีจริงๆ

ข้อนี้ผมคิดขึ้นมาโดยใช้อสมการ Nesbitt

กับการใช้เงื่อนไขที่ทำให้สมการเป็นจริง

จะเห็นว่าสมการเป็นจริงเมื่อ $a=b=c=2$

ดังนั้นเราสามารถใช้อสมการที่มอง $2$ ให้เป็นตัวแปรได้

$bc=\dfrac{2bc}{2}\leq\dfrac{b^3+c^3+2^3}{6}$

ดังนั้น

$bc+1\leq \dfrac{b^3+c^3+14}{6}$

ถ้าให้ $x=a^3+7,y=b^3+7,z=c^3+7$ จะได้

$LHS\geq 6\Big(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\Big)\geq 9$

[RoSe-JoKer]

RJ04
$a,b,c>0$
Prove that
$\frac{\sum_{cyc} a^3}{abc}+21\geq \frac{8\sum_{cyc} a}{\sqrt[3]{abc}}$
อยากเห็นวิธีที่ไม่ใช้พวก mvt หรือ majorization อะครับ เพราะผมไม่รู้เรื่อง - -"

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

RJ04
$a,b,c>0$
Prove that
$\frac{\sum_{cyc} a^3}{abc}+21\geq \frac{8\sum_{cyc} a}{\sqrt[3]{abc}}$
อยากเห็นวิธีที่ไม่ใช้พวก mvt หรือ majorization อะครับ เพราะผมไม่รู้เรื่อง - -"

ยากจริงๆครับ ขนาด Schur ยังเ้อาไม่อยู่เลย

[คณิตศาสตร์]

ขอโจทย์โคชีอีกครับ

[nooonuii]

ต่อให้อีกหน่อยละกันครับ

$a,b,c>0$

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

47. $(a+b)^4\leq (3a^2+b^2)(a^2+3b^2)$

[warutT]

ข้อ 46 ครับ

from cauchy-schwarz i.e.

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

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

ปล.โจทย์ในกระทู้นี้ช่วงนี้ยากจังทำไม่ได้เลยครับ

[beginner01]

47.
จากอสมการโคชี; $(3a^2+b^2)(a^2+3b^2)=(a^2+a^2+a^2+b^2)(a^2+b^2+b^2+b^2)\geq(a^2+ab+ab+b^2)^2=(a+b)^4$