ช่วยเฉลยหน่อยคับ^^

[[Tong]_1412]

เมื่อวันก่อน ไปเจอโจทย์ในเวปนึงมาคับ แต่คิดไม่ออก ก็เลยเอามาให้ลองช่วยทำกันเนี่ยคับ ^^

[nooonuii]

ให้ $a,b,c$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นศูนย์ที่สอดคล้องกับ

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

จงพิสูจน์ว่า $12\sqrt[3]{abc}\leq (a^2+b^2+c^2+1)^2$

My Solution:

$12\sqrt[3]{abc}\leq 12\sqrt[3]{|a||b||c|}$ (โดยคุณสมบัติของค่าสัมบูรณ์)

$\leq 4(|a|+|b|+|c|)$ (โดยอสมการ AM-GM)

$=\displaystyle{4\Big(\frac{|a|}{|b|}\cdot |b|+\frac{|b|}{|c|}\cdot |c|+\frac{|c|}{|a|}\cdot |a|\Big)}$

$\displaystyle{\leq 4\sqrt{\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ (โดยอสมการโคชี)

$=4(a^2+b^2+c^2)$ (โดยเงื่อนไขโจทย์)

$\leq (a^2+b^2+c^2+1)^2$ (โดยอสมการ AM-GM)

[[Tong]_1412]

ทำไมเฉลยไม่ยากเลยคับ ไว้จะพยายามต่อไป

แล้วคุณ nooonuii พอมีอะไรให้ทำเล่น ๆ ไหมคับ เอาเเบบไม่ยากนะคับ ไม่ค่อยถนัดอสมการ ^^

[M@gpie]

คุณ [Tong]_1412 ลองดูกระทู้ เทคนิคการแก้อสมการเลยขอรับ

[nooonuii]

เอาโจทย์แบบไม่ยากมากมาฝากครับ

1. $x>0, \dfrac{x}{2}+\dfrac{2}{x^2} \geq \dfrac{3}{2}$

2. $0< a+b+c = 1, \dfrac{1}{a+2b+3c}+\dfrac{1}{b+2c+3a}+\dfrac{1}{c+2a+3b}\geq\dfrac{3}{2}$

[[Tong]_1412]

เย้ !!! ได้แล้วครับ แต่ผมไม่ถนัดการใช้ LaTex อ่าครับ มขอไม่ตอบละกันนะครับ

ข้อ 1 ใช้ AM-GM ธรรมดาแต่เปลี่ยนเป็น x/4 + x/4

ข้อ 2 ใช้ AM-HM ใช่ไหมครับ

[nooonuii]

ถูกแล้วครับ

3. ให้ $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า

$$\Big(\frac{a}{2b}+\frac{b}{3c}+\frac{c}{6a}\Big)\Big(\frac{b}{2a}+\frac{c}{3b}+\frac{a}{6c}\Big)\geq 1$$

[[Tong]_1412]

ได้แว้วววว

ใช้อสมการโคชี รึป่าวครับ เพราะ 1/2 +1/3+1/6 = 1 เพราะฉะนั้นใช้โคชีเลยครับ

[nooonuii]

เยี่ยมครับ ตอนคิดโจทย์ข้อนี้ไม่ได้ใช้อสมการโคชีเลยครับ ข้อนี้ผมมีสองวิธีี้รวมของน้อง [Tong]_1412 ด้วยก็เป็นสามวิธีครับ

วิธีที่ 1 ใช้อสมการโคชี (ตามแนวคิดของน้อง [Tong]_1412)

$1 = \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}$

$=\sqrt{\dfrac{a}{2b}}\cdot\sqrt{\dfrac{b}{2a}}+\sqrt{\dfrac{b}{3c}}\cdot
\sqrt{\dfrac{c}{3b}}+\sqrt{\dfrac{c}{6a}}\cdot\sqrt{\dfrac{a}{6c}}$

$\leq \sqrt{\Big(\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{3c}+\dfrac{c}{6a}\Big)\Big(\dfrac{b}{2a}+\dfrac{c}{3b}+\dfrac{a}{6c}\Big)}$

ยกกำลังสองทั้งสองข้างจะได้อสมการที่ต้องการ

วิธีที่ 2 ใช้อสมการ AM-GM

$\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{3c}+\dfrac{c}{6a}=\dfrac{a}{6b}+\dfrac{a}{6b}+\dfrac{a}{6b}+\dfrac{b}{6c}+\dfrac{b}{6c}+\dfrac{c}{6a}$

$\geq 6 \sqrt[6]{\dfrac{a^2}{6^6bc}}$

ในทำนองเดียวกัน

$\dfrac{b}{2a}+\dfrac{c}{3b}+\dfrac{a}{6c}\geq 6 \sqrt[6]{\dfrac{bc}{6^6a^2}}$

นำสองอสมการมาคูณกันก็จบ

วิธีที่ 3 ใช้อสมการค่าเฉลี่ยถ่วงน้ำหนัก

$\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{3c}+\dfrac{c}{6a}\geq \Big(\dfrac{a}{b}\Big)^{1/2}\Big(\dfrac{b}{c}\Big)^{1/3}\Big(\dfrac{c}{a}\Big)^{1/6}$

$\dfrac{b}{2a}+\dfrac{c}{3b}+\dfrac{a}{6c}\geq \Big(\dfrac{b}{a}\Big)^{1/2}\Big(\dfrac{c}{b}\Big)^{1/3}\Big(\dfrac{a}{c}\Big)^{1/6}$

นำทั้งสองอสมการมาคูณกันก็จบ

[nooonuii]

4. กำหนดให้ $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า $$(1)\,\,\frac{ab}{a^2+ab+b^2}+\frac{bc}{b^2+bc+c^2}+\frac{ca}{c^2+ca+a^2}\leq 1$$

$$(2)\,\, \frac{a^2+b^2}{(a-b)^2+ab}+\frac{b^2+c^2}{(b-c)^2+bc}+\frac{c^2+a^2}{(c-a)^2+ca}\leq 6$$

[kanakon]

ขอ 4.1 แล้วกันพอดีว่าง

$a,b,c>0$

$$\because \frac{ab}{(a+b)^2-ab}\leq \frac{1}{3} $$
$$\therefore \sum_{cyc}\frac{ab}{(a+b)^2-ab}\leq1 $$

ส่วน 4.2 ในท่านอื่นฝึกทำดีกว่า

[[Tong]_1412]

ผมจะพิสูจน์ว่า $\frac{a^2+b^2}{(a-b)^2+ab}\leq 2$

จะได้ว่าจากสมการข้างต้นก็สมมูลกับ $a^2+b^2\leq 2a^2+2b^2-2ab$

ซึ่งสมมูลกับ $(a-b)^2\geq 0$

ซึ่งเป็นจริงทุก จำนวนจริง a,b ซึ่งเมื่อเปลี่ยนตัวเเปรและนำทั้งสามสมการมารวมกัน ก็จะได้ตามต้องการ

ซึ่งสมการเป็นจริงเมื่อ a=b

[nooonuii]

เยี่ยมครับ ขอเพิ่มระดับความยากอีกนิด

5. กำหนดให้ $x,y$ เป็นจำนวนจริง จงพิสูจน์ว่า $$(x+y)^2+2(x-1)^2+2(y-3)^2\geq 8$$

[[Tong]_1412]

พอดีนั่งคิดไปซักพัก คิดออกตอนเข้าห้องน้ำพอดีเลยย

จากโจทย์ proof : $(x+y)^2+2(x-1)^2+2(y-3)^2\geq 8$

แทน $y=y_1+2$ จะได้ $(x+y_1+2)^2+2(x-1)^2+2(y_1-1)^2\geq 8$

ซึ่งอสการสมมูลกับ $(x+y_1)^2+2x^2+2y_1^2\geq 0$ ซึ่งอสมการเป็นจริงทุกจำนวนจริงใด ๆ

และสมการเป็นจริงเมื่อ $x=0 ,y=2$

[nooonuii]

เยี่ยมครับ ของผมทำแบบนี้

อสมการสมมูลกับ

$(3x+y-2)^2 + (y-2)^2 \geq 0$