มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee

[dektep]

โจทย์อสมการของ Hojoo Lee
อสมการ

[nooonuii]

อย่างที่บอกครับว่าโจทย์เยอะมากๆ ถ้าให้เฉลยหมดคงไม่ไหวครับ ถ้าสนใจข้อไหนเป็นพิเศษเดี๋ยวจะเอามาลงให้ ข้างล่างคือข้อที่ผมคิดได้แล้วครับ

1 2 3 4 7

10 12 13 17 19
22 23 24 25 26
31 33 38 40 42
45 46 49 50 51
55 56 57 58 60
62 63 64 65 67
68 70 74 76 80
81 82 83 84 85
86 87 89 90 91
92 94 96 99

100 101 102 103 106
107 108 115 116 117
118 119 120 121 122
124 126 127 133 134
137 142 146 147 148
149 150 151 152 153
155 156 157

Comment :
1. โจทย์ข้อ 2 พิมพ์ผิดครับ อสมการทางขวามือต้องเปลี่ยน 1 เป็น 2
2. ข้อ 156 โจทย์ก็น่าจะผิดครับ เพราะผมทำให้อสมการ sharp กว่าเดิมได้โดยเปลี่ยน 4 เป็น 10 ครับ

[nooonuii]

82. By Cauchy-Schwarz inequality we have
$3xyz(x+y+z)\leq (xy+yz+zx)^2\leq (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2).....(1)$

By AM - GM inequality we get
$\sqrt{x^2+y^2+z^2}(xy+yz+zx)\geq 3\sqrt{3}xyz......(2)$

Using equivalent forms of (1) and (2) and adding them together we get the required inequality.

[dektep]

ข้อ11.เครื่องหมายกลับข้างครับ

[nooonuii]

มาเติมข้อที่เพิ่งทำได้ครับ

1 17 19 51 67 151

ป.ล. ขออภัยคุณ dektep ด้วยครับ ผมทำเฉลยข้อ 125 หายซะแล้วครับ เดี๋ยวคิดใหม่อีกรอบ

[dektep]

ข้อ17.ทำยังไงครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ dektep:
ข้อ17.ทำยังไงครับ

ข้อนี้ไปได้ไอเดียมาจาก mathlink ครับ ค่อนข้างจะ tricky

17. ใช้อสมการนี้

$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{1+ab}$

ซึ่งสามารถพิสูจน์ได้โดยการจัดรูป ดังนั้นเราจะได้

$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2} + \frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd} =1$

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ dektep:
Hint! ข้อ161.จัดกำลังสองของสามจำนวนบวกกัน

ข้อนี้ผมเห็นวิธีคิดของคุณ dektep จากเวบวิชาการแล้วครับ ตอนนี้ผมพยายามใช้อสมการสำเร็จรูปมาจัดการแต่ดูเหมือนจะยากน่าดูเพราะอสมการค่อนข้างละเอียดและเป็นจริงสำหรับทุกจำนวนจริง

อยากได้เฉลยทุกข้อที่คุณ nooonuii ทำไว้เลยอะครับ จะได้มั้ยน้อ แล้วแต่จะกรุณาครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ HankTon:
อยากได้เฉลยทุกข้อที่คุณ nooonuii ทำไว้เลยอะครับ จะได้มั้ยน้อ แล้วแต่จะกรุณาครับ

อ่า...อยากได้หมดเลยเหรอครับ
ปัญหาคือ ผมมีคำตอบในเศษกระดาษครับ
ผมตั้งใจว่าจะเอาคำตอบมาลงที่นี่เรื่อยๆจนกว่าจะครบ
ในอีกทางหนึ่งก็จะ copy โค้ด Latex จากที่นี่ไปพิมพ์เก็บไว้ด้วย
ถ้าผมเฉลยที่นี่ครบเมื่อไหร่ก็คงพิมพ์เสร็จพอดี
ถึงตอนนั้นอาจจะทำเป็นไฟล์ pdf มาแจกได้ครับ
ถ้าอยากได้จริงๆก็คงต้องรอหน่อยล่ะครับ
ซึ่งผมก็ยังบอกแน่นอนไม่ได้ว่าเสร็จเมื่อไหร่ เพราะโจทย์เยอะมากๆ
แต่ถ้าอยากรู้คำตอบโดยไม่ต้องรอและอ่านภาษาอังกฤษได้
ผมแนะนำเวบนี้ครับ
mathlink
อยากได้คำตอบข้อไหน ปีไหน ประเทศอะไร มีหมดครับ

[nooonuii]

มาเฉลยข้อที่คิดได้ครับ

1. BMO 2005 $a,b,c>0$
$$\frac{a^2}{b} +\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \geq a+b+c + \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$

Solution :

$\displaystyle{\Big(\frac{a^2}{b}-a\Big) +\Big(\frac{b^2}{c}-b\Big)+\Big(\frac{c^2}{a}-c\Big)}$

$\displaystyle{=\frac{(a-b)^2}{b} +\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}}$

$\displaystyle{\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}}$

$\displaystyle{\geq \frac{(|a-b|+|b-c+c-a|)^2}{a+b+c}}$

$\displaystyle{\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}}$

2. Romania 2005 $a,b,c>0$
$$\frac{b+c}{a^2} +\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2} \geq 2\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)$$

Solution :

WLOG assume $a\leq b\leq c$. By rearrangement inequality, we have
$\displaystyle{2\Big(\frac{b+c}{a^2} +\frac{c+a}{b^2}+\frac{a+b}{c^2}\Big)}$

$\displaystyle{\geq \Big(\frac{b+c}{b^2} +\frac{c+a}{c^2}+\frac{a+b}{a^2}\Big)+\Big(\frac{b+c}{c^2} +\frac{c+a}{a^2}+\frac{a+b}{b^2}\Big)}$

$\displaystyle{= \frac{(b+c)(b^2+c^2)}{b^2c^2} +\frac{(c+a)(c^2+a^2)}{c^2a^2}+\frac{(a+b)(a^2+b^2)}{a^2b^2}}$

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

$\displaystyle{= 4\Big(\frac{1}{a} +\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)}$

ป.ล. ใครทำข้อไหนได้ มาช่วยเฉลยก็จะดีมากเลยครับ

[nooonuii]

3. Romania 2005 $a,b,c,d>0$
$$\frac{a}{b+2c+d}+\frac{b}{c+2d+a}+\frac{c}{d+2a+b}+\frac{d}{a+2b+c}\geq 1$$

Solution :

$LHS = \displaystyle{\frac{a^2}{ab+2ac+ad}+\frac{b^2}{bc+2bd+ab}+\frac{c^2}{cd+2ac+bc}+\frac{d^2}{ad+2bd+cd}}$

$\geq \displaystyle{\frac{(a+b+c+d)^2}{2(ab+bc+cd+da)+4(ac+bd)}}$

$\geq 1$

4. Romania 2005 $a,b,c>0$ ,$a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
$$a+b+c\geq \frac{3}{abc}$$

Solution :

By Cauchy-Schwarz inequality, we have
$$3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2$$
By assumption we have
$$3(ab+bc+ca)\leq 3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2.$$
Thus $3\leq ab+bc+ca$.
Therefore, $$\frac{3}{abc}\leq 3\Big(\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\Big)\leq a+b+c.$$

[nooonuii]

คิดข้อ 7 ผิดครับ งั้นขอเฉลยสามข้อนี้ก่อนละกัน

31,87,92 สามข้อนี้สามารถพิสูจน์ได้ด้วยอสมการข้อ 87 ครับ

87. USA 1997 $(a,b,c>0)$
$$\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{abc}$$

Solution :

We can easily show that
$$a^3+b^3\geq ab(a+b).$$
Thus $$\frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}$$
Hence
$$LHS \leq \frac{1}{ab(a+b+c)} +\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ca(a+b+c)}=\frac{1}{abc}.$$

31. Baltic Way 2004 $a,b,c>0,abc = 1,n\in\mathbb{N}$
$$\frac{1}{a^n+b^n+1}+\frac{1}{b^n+c^n+1}+\frac{1}{c^n+a^n+1}\leq 1$$

Solution :

Let $x=a^{n/3},y=b^{n/3},z=c^{n/3}.$ Then $xyz=1.$ Thus the inequality is equivalent to # 87.

92. IMO Short List 1996 (a,b,c>0,abc=1)
$$\frac{ab}{a^5+b^5+ab}+\frac{bc}{b^5+c^5+bc}+\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\leq 1$$

Solution :

We can easily show that
$$ab(a^3+b^3)\leq a^5+b^5.$$
Thus
$$\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\leq \frac{1}{a^3+b^3+abc}. $$
Hence the inequality is a direct consequence of #87.

ได้ข้อ 7 แล้วครับ

7. Romania 2005 $a,b,c>0, \,abc\geq 1$
$$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\leq 1$$

Solution :

Let $k=\sqrt[3]{abc}$ and $\displaystyle{ x=\frac{a}{k},y=\frac{b}{k},z=\frac{c}{k}}$. Then $k\geq 1$ and $xyz=1$. Thus

$\displaystyle{ LHS = \frac{1}{kx+ky+1}+\frac{1}{ky+kz+1}+\frac{1}{kz+kx+1}}$

$\displaystyle{ \leq \frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}}$

$\leq 1.$

Note that the last inequality is just a special case of # 31.

[nooonuii]

10,22,151 สามข้อนี้ใช้ไอเดียเดียวกันครับ

10. Romania 2005 $a,b,c>0,a+b+c=1$
$$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}}$$

Solution :

Since $f(x)=\frac{x}{\sqrt{1-x}}$ is convex on $[0,1]$, Jensen's inequality implies that
$\displaystyle{ LHS=\frac{a}{\sqrt{1-a}}+\frac{b}{\sqrt{1-b}}+\frac{c}{\sqrt{1-c}} }$
$\displaystyle{ \geq 3f\Big(\frac{a+b+c}{3}\Big)}$
$\displaystyle{ =\sqrt{\frac{3}{2}} }$

22. Serbia and Montenegro 2005 $(a,b,c>0)$

$$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$$

Solution :

The inequality is homogeneous! Thus we can normalize by letting $a+b+c=1$. Then the problem becomes #10.

151. The same problem as #10.

[nooonuii]

12. Czech and Slovak 2005 $a,b,c>0, abc =1$
$$\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}$$

Solution :

Brute force!! The inequality is equivalent to
$$ab+bc+ca+a+b+c\geq 6$$
which is easy to prove by AM-GM inequality.

13. Japan 2005 $a,b,c>0, a+b+c =1$
$$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$

Solution :

$\displaystyle{LHS=a\sqrt[3]{(a+2b)\cdot 1\cdot 1}+b\sqrt[3]{(b+2c)\cdot 1\cdot 1}+c\sqrt[3]{(c+2a)\cdot 1\cdot 1}}$

$\displaystyle{\leq \frac{a(a+2b+2)+b(b+2c+2)+c(c+2a+2)}{3}}$

$\displaystyle{=\frac{(a+b+c)^2+2(a+b+c)}{3}}$

$=1$