Nicely proposed inequality problem by Rose_joker

[RoSe-JoKer]

ไอเดียอาจจะซ้ำที่อื่นก็ได้นะครับ เพราะผมเองก็แต่งๆมาจากประสบการณ์เก่าๆ ลองแ่ต่งเล่นๆ...เผอิญวันนี้สอบ O-net แล้วเวลาเหลือเยอะเกิน...
Let $a,b,c $ be positive real number show that
$ 5(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+3(\frac{a+b}{\sqrt{a^2+3b^2}}+\frac{b+c}{\sqrt{b^2+3c^2}}+\frac{c+a}{\sqrt{c^2+3a^2}}) \geq 24
$
Credit: Rose_joker

ขอให้สนุกนะครับ

[RoSe-JoKer]

...เหมือนไม่มีคนสนใจเลยแหะ...
เอาเป็นว่า เพื่อกระตุ้นให้มีคนทำ ถ้าใครทำข้อนี้ได้คนแรกเดี๋ยวผมมีรางวัลให้ครับผม :-)
ผมคิดว่ารางวัลของผมต้องมีประโยชน์กับคนที่ทำได้แน่ๆครับ
Rose_joker

[owlpenguin]

สนใจครับ แต่ทำไม่ได้...

[Keehlzver]

กำลังพยายามอยู่เหมือนกันครับ

[beginner01]

วิธีทำผมมันไม่สร้างสรรค์เอาเลย แต่เอาเถอะ...
จาก http://canhang2007.wordpress.com/200...b-can-p-h-duc/
ได้ว่า $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$$
ในขณะที่ $\displaystyle\sum_{cyc}\frac{a+b}{\sqrt{a^2+3b^2}} =2\sum_{cyc}\frac{(a+b)^2}{2(a+b)\sqrt{a^2+3b^2}} \geq 2\sum_{cyc}\frac{(a+b)^2}{(a+b)^2+(a^2+3b^2)}$ (จาก AM-GM)
$\displaystyle\geq 2\cdot\frac{(2(a+b+c))^2}{6(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)} =\frac{4(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)}$

ดังนั้น $\displaystyle 5(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+3(\frac{a+b}{\sqrt{a^2+3b^2}}+\frac{b+c}{\sqrt{b^2+3c^2}}+\frac{c+a}{\sqrt{c^2+3a^2}}) \geq \frac{45(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} +\frac{12(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)}$

เีพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $\dfrac{45(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} +\dfrac{12(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)}\geq24$
หารด้วย $3$ ทั้งอสมการ แล้วคูณกระจาย ได้ว่าโจทย์สมมูลกับ $$\sum_{sym}\left(\frac{25}{2}a^4-25a^3b+25a^2b^2-\frac{25}{2}a^2bc\right)\geq 0$$ ซึ่งเป็นจริงโดย Muirhead

แล้วตุณ RoSe-JoKer ล่ะครับ ทำยังไง

[RoSe-JoKer]

ครับ วิธีของคุณ beginner01 เป็นวิธีที่ผมเพิ่งมาคิดได้ทีหลังจากที่แต่งโจทย์นี้ขึ้นมาหน่ะครับ แต่น้อง beginner01 ไม่น่ารีบเลย...ลองพิจารณาดีๆจะพบว่า
$\frac{3(3\sum_{cyc} a^2+\sum_{cyc} ab)}{4}\geq (\sum_{cyc} a)^2$ หน่ะครับ แล้วเราก็จะได้ว่า $\frac{45(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\geq \frac{60(a^2+b^2+c^2)}{3(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}$ แล้วทุกอย่างจะลงตัว
จริงๆแล้ววิธีที่ผมคิดจริงๆก็คือ ใช้ความจริงที่ว่า
$\sum_{cyc} \frac{a}{b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(ab+bc+ca)}$ ส่วนอีกก้อนทำเหมือนกันเด๊ะเลยครับ แล้วก็จัดรูป $p,q,r$ ธรรมดาก็จะพิสูจน์ข้อนี้ได้แล้วครับ
เอาเป็นว่าผมขอบคุณทั้งคุณ beginner01 คุณ keehlzver แล้วก็คุณ >>(owlpenguin)<< = =" ด้วยละกันครับ ที่มาช่วยผมลองทำโจทย์ข้อนี้
ส่วนสำหรับคุณน้อง beginner01 เดี๋ยวผมจะจัดรางวัลไปให้ (ถึงตัว?) เองนะครับ :-) รอหน่อยซักพัก...

[beginner01]

ขอบคุณสำหรับไอเดียใหม่ๆในการทำโจทย์ครับ

[Keehlzver]

ผมลองดูตรงนี้น่ะครับ ใช้ AM-GM $5(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}) \geq 15$ จะต้องพิสูจน์ว่า
$\sum_{cyc}\frac{a+b}{\sqrt{a^2+3b^2}} \geq 3$ พอเจอเเบบนี้ผมเดาว่ามี $r$ ที่ทำให้ $\sum_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a^2+3b^2}} \geq \frac{3}{2}(\frac{a^r}{a^r+b^r+c^r})$ เเต่อสมการเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $a=b=c=1$ ต่อไปจะหา $r$ ก็ตรึงค่า $b=c=1$ ลงไปเเล้วใช้อนุพันธ์ย่อยทั้งสองข้างตอนเป็นสมการเเทน $a=1$ เเก้สมการหาค่า $r$ ออกมาได้เป็น $\frac{9}{8}$ พอลอง check ดูว่าอสมการดังกล่าวเป็นจริงหรือไม่โดยเเทนค่า $a,b,c$ ที่ต่างกันลงไปเเล้วพบว่ามันยังเป็นจริงอ่ะครับ

เเต่พอจะมาพิสูจน์อสมการนี้ดู เพื่อลดความยุ่งยากเเทน $(a,b,c)=(x^8y^8,x^8,y^8)$ เเต่อสมการที่ได้มาไม่ทราบว่าจะพิสูจน์ได้อย่างไร ผมติดตรงนี้มา 2-3 วันเเล้วไม่ออกซักทีครับ เเล้วอีกอย่างพวกโคชีหรือโฮลเดอร์นี้ bound เเล้วตกขอบไป รบกวนช่วยชี้เเนะด้วยนะครับว่าผมควรจะพิสูจน์อสมการสุดท้ายนี้อย่างไร

[RoSe-JoKer]

$\sum_{cyc}\frac{a+b}{\sqrt{a^2+3b^2}} \geq 3$

ลองแืืทน $a=0, b=c=1$ ลงไปดูนะครับ...
แืทนเสร็จหรือยัง...

...
คือก่อนที่จะคิดต่อไปว่าอสมการตรงนี้ที่เรา bound มาจะจริงหรือเปล่า? แนะนำให้ลองแทนตัวนึงเป็น 0 แล้วอีก 2 ตัว vary หรือไม่ก็แทนให้ 2 ตัวมีค่าเท่ากันส่วนอีกตัว vary ดูนะครับ ว่ามันยังจริงอยู่หรือเปล่า? ถ้าจริงก็น่าเสียเวลาลุ้นทำหน่อย แต่ไอ้นีึ้้มันไม่จริงตั้งแต่แรกแล้ว

[Keehlzver]

ว้า น่าเสียดายนะครับ ขอบคุณสำหรับ advice ครับ