APMO 2007

[nooonuii]

ให้ $x,y,z>0$ โดยที่ $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$ จงพิสูจน์ว่า
$$\frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}+\frac{y^2+zx}{\sqrt{2y^2(z+x)}}+\frac{z^2+xy}{\sqrt{2z^2(x+y)}}\geq 1$$

[nooonuii]

ยากจริงๆครับ ดูเฉลยแล้วยังไม่กล้านำมาโพสเลย ใครคิดวิธีง่ายๆได้บ้างเอ่ย ?

[คณิตศาสตร์]

ยากจริงๆด้วย ซับซ้อนอย่างนี้ต้องมีการแทนค่าอะไรแน่เลย

[gon]

คิดอยู่หลายวันแล้วครับ... ยังคิดไม่ออก แต่ละอันมันคอนเวอร์จเร็วเกินไป อืม..อันนี้คิดว่ามีโอกาสน่าจะไปต่อจนสุดได้ แต่ขอหยุดพักไว้ชั่วคราวก่อน nooonuii อย่าเพิ่งเฉลยมาแปะนะครับ.

น่าจะไปต่อจนสุดได้

อสมการสมมูลกับ $\frac{x^2 + xy}{x\sqrt{y+z}} + \frac{y^2 + zx}{y\sqrt{z+x}} + \frac{z^2 + xy}{z\sqrt{x+y}} \ge \sqrt{2} $

สมมติให้ $a = \frac{1}{x}, b = \frac{1}{y} , c = \frac{1}{z}$ จะได้ว่า $\frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{\sqrt{b}} + \frac{1}{\sqrt{c}} = 1 , \quad a, b, c > 1$

จะได้ว่าอสมการสมมูลกับ
$$\frac{a^2 + bc}{a\sqrt{bc(b+c)}} + \frac{b^2 + ca}{b\sqrt{ca(c+a)}} + \frac{c^2 + ab}{c\sqrt{ab(a+b)}} \ge \sqrt{2}$$ ถ่ายทอด
$$\frac{a^2 + bc}{a\sqrt{b^3 + c^3}} + \frac{b^2 + ca}{b\sqrt{c^3 + a^3}} + \frac{c^2 + ab}{c\sqrt{a^3 + b^3}} \ge \sqrt{2}$$ ถ่ายทอด
$$\frac{a^2 + bc}{a(b+c)^{3/2}} + \frac{b^2 + ca}{b(c+a)^{3/2}} + \frac{c^2 + ab}{c(a+b)^{3/2}} \ge \sqrt{2}$$

ส่วนนี่บันทึกการเปลี่ยนตัวแปรที่ลองทำไปแล้ว กันลืมนะครับ เพราะจะขยำกระดาษทดทิ้งแล้ว

บันทึกการเปลี่ยนตัวแปร

โดยไม่เสียนัยทั่วไป สมมติให้ $x \le y \le z$ จะได้ว่า $x \le \frac{1}{9}, z \ge \frac{1}{9}$
1. ให้ $x = \sin A, y = \sin B, z = \sin C , \quad 0 < A, B, C < \frac{\pi}{2}$ ฟังก์ชันเพิ่ม

2. ให้ $\sqrt{x} = \frac{a}{a+b+c} , \sqrt{y} = \frac{b}{a+b+c}, \sqrt{z} = \frac{c}{a+b+c}$ หรือ สลับกัน

3. ให้ $\sqrt{x} = \frac{a^2bc}{a+b+c} = \frac{a}{a+b+c} , ... $ ภายใต้เงื่อนไข $abc = 1$

4. ให้ $A = \sqrt{y+z} , B = \sqrt{z+x} , C = \sqrt{x+y}$ จะได้ $x = \frac{-A^2 +B^2 + C^2}{2} , ...$

5. ให้ $x = (1-a)^2, y = (1-b)^2, z = (1-c)^2, 0 < a, b, c, < 1$ภายใต้เงื่อนไข $a + b + c = 2$

[gools]

ไม่แน่ใจนะครับ

Lemma generalized Schur inequality / Vornicu-Schur inequality
(จาก http://www.mathlinks.ro/Forum/viewto...=156212#156212)
ให้ $a,b,c,x,y,z$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นลบและ $a \leq b \leq c,x\geq y\geq z$ จะได้ว่า
\[a(x-y)(x-z)+b(y-z)(y-x)+c(z-x)(z-y) \geq 0\]
พิสูจน์
\[\begin{array}{rcl} a(x-y)(x-z)+z(z-x)(z-y) &=& a(x-y)(x-z)+z(x-z)(y-z) \\
&\geq& (a+c)(min(x-y,y-z))(x-z) \\
&\geq& b(min(x-y,y-z))(max(x-y,y-z)) \\
&=& b(x-y)(y-z) \\
\end{array}\]
\[a(x-y)(x-z)+b(y-x)(y-z)+z(z-x)(z-y) \geq 0\]
กลับมาที่โจทย์นะครับ ^^
สมมติให้ $x \geq y \geq z$
ใช้ Power Mean Inequality จะได้ว่า
\[\begin{array}{rcl} \displaystyle{\sum_{cyc} \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}}-1 &=& \sum_{cyc} \left(\frac{x^2+yz}{x(y+z)}\right)\left(\sqrt{\frac{y+z}{2}}\right)-1 \\
&\geq& \sum_{cyc} \left(\frac{x^2+yz}{x(y+z)}\right)\left(\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2}\right)-1 \\
&=& \sum_{cyc} \frac{1}{2}\left[\left(\frac{x^2+yz}{x(y+z)}\right)\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)-\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\right] \\
&=& \sum_{cyc}\left(\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2x(y+z)}\right)(x-y)(x-z)
\end{array}\]
ให้ $a=\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2x(y+z)},b=\frac{\sqrt{z}+\sqrt{x}}{2y(z+x)},c=\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2z(x+y)}$
เนื่องจาก $\sqrt{y}+\sqrt{z} \leq \sqrt{z}+\sqrt{x} \leq \sqrt{x}+\sqrt{y}$ และ $2x(y+z) \geq 2y(z+x) \geq 2z(x+y)$
ดังนั้น $a \leq b \leq c$
จาก Lemma จะได้ว่า \[\begin{array}{rcl} \displaystyle{\sum_{cyc}\left(\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2x(y+z)}\right)(x-y)(x-z)} &\geq& 0 \\
\displaystyle{\sum_{cyc} \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}} &\geq& 1 \\
\end{array} \]
ข้อมูลเพิ่มเติมเกี่ยวกับ generalized Schur inequality / Vornicu-Schur inequality ครับ

[gon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ gools

ไม่แน่ใจนะครับ

Lemma generalized Schur inequality / Vornicu-Schur inequality
(จาก http://www.mathlinks.ro/Forum/viewto...=156212#156212)
ให้ $a,b,c,x,y,z$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นลบและ $a \leq b \leq c,x\geq y\geq z$ จะได้ว่า
\[a(x-y)(x-z)+b(y-z)(y-x)+c(z-x)(z-y) \geq 0\]
พิสูจน์
\[\begin{array}{rcl} a(x-y)(x-z)+z(z-x)(z-y) &=& a(x-y)(x-z)+z(x-z)(y-z) \\
&\geq& (a+c)(min(x-y,y-z))(x-z) \\
&\geq& b(min(x-y,y-z))(max(x-y,y-z)) \\
&=& b(x-y)(y-z) \\
\end{array}\]
\[a(x-y)(x-z)+b(y-x)(y-z)+z(z-x)(z-y) \geq 0\]
กลับมาที่โจทย์นะครับ ^^
สมมติให้ $x \geq y \geq z$
ใช้ Power Mean Inequality จะได้ว่า
\[\begin{array}{rcl} \displaystyle{\sum_{cyc} \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}}-1 &=& \sum_{cyc} \left(\frac{x^2+yz}{x(y+z)}\right)\left(\sqrt{\frac{y+z}{2}}\right)-1 \\
&\geq& \sum_{cyc} \left(\frac{x^2+yz}{x(y+z)}\right)\left(\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2}\right)-1 \\
&=& \sum_{cyc} \frac{1}{2}\left[\left(\frac{x^2+yz}{x(y+z)}\right)\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)-\left(\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\right] \\
&=& \sum_{cyc}\left(\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2x(y+z)}\right)(x-y)(x-z)
\end{array}\]
ให้ $a=\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2x(y+z)},b=\frac{\sqrt{z}+\sqrt{x}}{2y(z+x)},c=\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2z(x+y)}$
เนื่องจาก $\sqrt{y}+\sqrt{z} \leq \sqrt{z}+\sqrt{x} \leq \sqrt{x}+\sqrt{y}$ และ $2x(y+z) \geq 2y(z+x) \geq 2z(x+y)$
ดังนั้น $a \leq b \leq c$
จาก Lemma จะได้ว่า \[\begin{array}{rcl} \displaystyle{\sum_{cyc}\left(\frac{\sqrt{y}+\sqrt{z}}{2x(y+z)}\right)(x-y)(x-z)} &\geq& 0 \\
\displaystyle{\sum_{cyc} \frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}} &\geq& 1 \\
\end{array} \]
ข้อมูลเพิ่มเติมเกี่ยวกับ generalized Schur inequality / Vornicu-Schur inequality ครับ

แอบกดดูนิดนึง ปิดแทบไม่ทัน

ว่าแต่ avatar นั่นรูปใครครับ...

[gools]

เอ่อ ผมกำลังลองเปลี่ยน avatar ไปเรื่อยน่ะ - -"
ที่พี่ gon ว่าน่าจะหมายถึงภาพนี้(ลองไปหลายภาพ แล้วเป็นรูปผู้หญิงซะ 2 ภาพ)
รู้สึกว่าจะชื่อ Sung Yu ri นะครับ แต่ก็ไม่รู้เหมือนกันว่าใคร
คือเห็นภาพใครน่ารักก็เก็บหมดแหละ

[nooonuii]

รูปผู้หญิงน่ารักดีครับ เห็นน้อง gool ขึ้นรูปไว้ใน Msn ด้วยแต่ไม่รู้ว่าเป็นใคร ตอนนี้รู้แล้วครับ

มาที่โจทย์บ้าง เฉลยของข้อนี้แบบเป็นทางการมีสองวิธี วิธีแรกพิสูจน์คล้ายๆกับของน้อง gool ครับ อีกวิธีคล้ายๆกับที่พี่ gon ทำมา แต่มีลูกเล่นหลายอย่างที่เราคาดไม่ถึงครับ

[kanakon]

เรายังต้องฝึกฝนอีกมายมายกว่าจนมีฝีมือเท่าพี่ๆ

จะพยายามคับ

ขอบคุณมากๆ