อสมการครับ

[Jew]

1.ให้ a,b,x,y,z เป็นจัมนวนจริงบวกและ$xyz\geqslant 1$จงแสดงว่า
$(ax^2+by)(ay^2+bz)(az^2+bx)\geqslant (a+b)^3$
ใครพอมีหนังสืออสมการที่มีเฉลยในเล่มและยากพอๆกะ TMO ช่วยแนะนัมด้วยครับ

[nooonuii]

ใช้ Holder's inequality สำหรับสามเวกเตอร์ครับ น่าจะเคยเห็น

$\sum x_iy_iz_i\leq\sqrt[3]{(\sum x_i^3)(\sum y_i^3)(\sum z_i^3)}$

จัดรูปให้เข้ากับอสมการนี้ทีเดียวจบครับ

[Switchgear]

ผมแนะนำหนังสือ โลกอสมการ เล่ม 1 และ 2 ของ รศ.ดำรงค์ ทิพย์โยธา
มีขายที่ศูนย์หนังสือจุฬาฯ รับรองเนื้อหาสะใจมาก ...

นอกจากนี้ก็ยังมี โลกเรขาคณิต และโลกตรีโกณมิติ ของคนเดียวกันนี้

[Keehlzver]

สุดยอดจริงๆ คุณ Nooonuii มาอย่างเร็วเลยครับ

Hint

ถ้ามีเวลาอยากให้ลองทำโจทย์ของ USAMO ปีเก่าๆดูมีอยู่ข้อหนึ่ง $(a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)\geq(a+b+c)^3$ ซึ่งพิสูจน์ได้โดย AM-GM โจทย์ข้อนี้ก็ใช้เเนวคิดเเบบเดียวกันครับ Balancing Coefficient เอาครับผม ถ้าไม่มีเวลาก็เปิดเฉลยเอาเลยครับ

Solution

โดยอสมการ AM-GM เราได้ว่า
$\frac{ax^2}{ax^2+by+cz}+\frac{ay^2}{ay^2+bz+cx}+\frac{az^2}{az^2+bx+cy}\geq\frac{3a\sqrt[3]{(xyz)^2}}{\sqrt[3]{(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)}}\geq\frac{3a}{\sqrt[3]{(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)}}$

$\frac{by}{ax^2+by+cz}+\frac{bz}{ay^2+bz+cx}+\frac{bx}{az^2+bx+cy}\geq\frac{3b\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)}}\geq\frac{3b}{\sqrt[3]{(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)}}$


$\frac{cz}{ax^2+by+cz}+\frac{cx}{ay^2+bz+cx}+\frac{cy}{az^2+bx+cy}\geq\frac{3c\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)}}\geq\frac{3c}{\sqrt[3]{(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)}}$

จับอสมการทั้ง $3$ บวกเข้าด้วยกัน จะได้ว่า $LHS=3\geq\frac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)}}$ นำ $3$ หารทั้งสองข้างเเล้วย้ายตัวส่วนขึ้นไปคูณ จับยกกำลัง $3$ จะได้ว่า $(ax^2+by+cz)(ay^2+bz+cx)(az^2+bx+cy)\geq(a+b+c)^3$ ขั้นต่อไปเเทนค่า $c=0$ จะได้อสมการที่ต้องการ

เรื่องหนังสือผมเเนะนำ Secret in inequalities ของ Pham Kim Hung นะครับ หรือไม่ก็ทำโจทย์ของ Hojoo Lee ก็ได้ครับหลากหลายดี

[nooonuii]

อีกวิธีซึ่งถึกหน่อยแต่ก็ได้ผล กระจายเลยครับ