มาช่วยกันเฉลยอสมการ Vasc Warm-up problem set

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

ขอบคุณมากครับ get(บางส่วน) ละ 555+
เเล้วถ้าผมเพิ่มดีกรีที่ใช้ Holder ไปถึง n อะครับ มันจะเป็นเเบบนี้หรือเปล่าครับ
$(a_1^n+....+a_n^n)(b_1^n+...+b_n^n)(c_1^n+..+c_n^n)\ge (a_1b_1c_1+...+a_nb_nc_n)^n$
เเละ ใช้ตัวเเปรได้กี่ตัวเหรอครับ ขอบคุณไว้ล่วงหน้าเลยครับ เดี๋ยวกลับมาดูใหม่

ใช้ได้เฉพาะกำลังสามครับ ถ้าอยากขยายแบบนั้นต้องเป็นอันนี้

$(a_1^4+\cdots+a_n^4)(b_1^4+\cdots+b_n^4)(c_1^4+\cdots+c_n^4)(d_1^4+\cdots+d_n^4)\geq(a_1b_1c_1d_1+\cdots+a_nb_nc_nd_n)^4$

ถ้าอยากให้ถึงกำลัง $n$ ก็เพิ่มชุดตัวเลขเข้าไปอีก

[Keehlzver]

พี่ Noonuii มาล่ะ อย่างนี้ค่อยมันส์หน่อย ใครเฉลยข้อไหนได้ลงเลยครับ

Sum of square theorem

ให้ $f(a,b,c)=S_{c}(a-b)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{a}(b-c)^2$
จะพิสูจน์ว่า ถ้า $S_{b} \geq 0$ , $S_{b}+S_{c} \geq 0$ และ $S_{a}+S_{b} \geq 0$ แล้ว $f(a,b,c) \geq 0$

การพิสูจน์ว่าถ้า $a\geq b \geq c$ แล้ว $(a-c)^2 \geq (a-b)^2+(b-c)^2$

จาก $a \geq b \geq c$ จะได้ว่า
\[\begin{array}{rcl}
(a-b)(b-c) & \geq & 0 \\
ab+bc-ca-b^2 & \geq & 0 \\
2ab+2bc-2ca-2b^2 & \geq & 0 \\
a^2-2ac+c^2 & \geq & a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2 \\
(a-c)^2 & \geq & (a-b)^2+(b-c)^2

\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $f(a,b,c) \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
f(a,b,c) & = S_{c}(a-b)^2+S_{b}(c-a)^2+S_{a}(b-c)^2 \\
& \geq S_{c}(a-b)^2+S_{b}[(a-b)^2+(b-c)^2]+S_{a}(b-c)^2 \\
& = (S_{b}+S_{c})(a-b)^2+(S_{a}+S_{b})(b-c)^2 \\
& \geq 0 \\
\end{array} \]

----------------------------------------------------------------------------------------

Solution A12

การพิสูจน์ว่า $E(a,b,c)=(\frac{a+b-c}{2})(a-b)^2+(\frac{b+c-a}{2})(b-c)^2+(\frac{c+a-b}{2})(c-a)^2$

\[\begin{array}{cl}
E(a,b,c)& = a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \\
& = a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a-ab^2-bc^2-ca^2+3abc \\
& =\frac{1}{2}(2a^3+2b^3+2c^3-2a^2b-2b^2c-2c^2a-2ab^2-2bc^2-2ca^2+6abc) \\
& =\frac{1}{2}[(a^3+b^3-a^2b-ab^2)-(a^2c-2abc+b^2c)]+\frac{1}{2}[(b^3+c^3-b^2c-bc^2)-(b^2a-2abc+c^2a)]+\frac{1}{2}[(c^3+a^3-c^2a+ca^2)-(c^2b-2abc-a^2b)] \\
& = \frac{1}{2}[(a+b)(a-b)^2-c(a-b)^2]+\frac{1}{2}[(b+c)(b-c)^2-a(b-c)^2]+\frac{1}{2}[(c+a)(c-a)^2-b(c-a)^2] \\
& =(\frac{a+b-c}{2})(a-b)^2+(\frac{b+c-a}{2})(b-c)^2+(\frac{c+a-b}{2})(c-a)^2] \\
\end{array} \]

$(a+b+c)E(a,b,c) \geq ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2$

อสมการโจทย์สมมูลกับ
$[(a+b+c)(\frac{a+b-c}{2})-ab](a-b)^2+[(a+b+c)(\frac{b+c-a}{2})-bc](b-c)^2+[(a+b+c)(\frac{c+a-b}{2})-ca](c-a)^2 \geq 0$
สมมติโดยไม่เสียนัย $a\geq b \geq c$ กำหนดให้

\[\begin{array}{rcl}
S_{a} & = & (a+b+c)(\frac{b+c-a}{2})-bc \\
S_{b} & = & (a+b+c)(\frac{c+a-b}{2})-ca \\
S_{c}& = & (a+b+c)(\frac{a+b-c}{2})-ab \\
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{b} \geq 0$

จาก $a \geq b \geq c$ จะได้ว่า
\[\begin{array}{cl}
S_{b}& =(a+b+c)(\frac{c+a-b}{2})-ca \\
& =\frac{c^2+a^2-b^2}{2} \\
& \geq 0 \\
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{c} \geq 0$

จาก $a \geq b \geq c$ จะได้ว่า
\[\begin{array}{cl}
S_{c}& = (a+b+c)(\frac{a+b-c}{2})-ab \\
& = \frac{a^2+b^2-c^2}{2} \\
& \geq 0 \\
\end{array} \]

การพิสูจน์ว่า $S_{a}+S_{b} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{a}+S_{b}& = \frac{b^2+c^2-a^2}{2}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2} \\
& = \frac{2c^2}{2} \\
& = c^2 \\
& \geq 0 \\
\end{array}\]

จาก Sum of square theorem จะได้ว่า $f(a,b,c) \geq 0$ ตามต้องการ

$2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})E(a,b,c) \geq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

อสมการโจทย์สมมูลกับ $[(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{a+b-c}{2})-1](a-b)^2+[(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{b+c-a}{2})-1](b-c)^2+[(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1](c-a)^2$
สมมติโดยไม่เสียนัย $a \geq b \geq c$
กำหนดให้
\[\begin{array}{cl}
S_{a} & = & (\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{b+c-a}{2})-1 \\
S_{b} & = & (\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1 \\
S_{c} & = & (\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{a+b-c}{2})-1 \\
\end{array} \]

การพิสูจน์ว่า $S_{b} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{b}& =(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1 \\
& =\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-\frac{b}{a}-\frac{b}{c} \\
& =\frac{a^2-b^2}{ab}+\frac{a-b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b} \\
& \geq 0
\end{array} \]

การพิสูจน์ว่า $S_{c} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{c}& =(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{a+b-c}{2})-1 \\
& =\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}-\frac{c}{a}-\frac{c}{b} \\
& =\frac{b^2-c^2}{bc}+\frac{b-c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c} \\
& \geq 0
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{a}+S_{b} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{a}+S_{b} & =(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{b+c-a}{2})-1+(\frac{2(ab+bc+ca)}{abc})(\frac{c+a-b}{2})-1 \\
& =(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-\frac{a}{b}-\frac{a}{c})+(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-\frac{b}{a}-\frac{b}{c}) \\
& =\frac{2c}{b}+\frac{2c}{a} \\
& \geq 0
\end{array}\]

จาก Sum of square theorem จะได้ว่า $f(a,b,c) \geq 0$ ตามต้องการ

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

30. $a,b,c\geq 0,$ no two of them are zero

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

My_soln

WLOG $a\ge b\ge c$
by Chebyshev's
$$\sum_{cyc} \frac{a}{b+c}\cdot a(b+c)\ge\frac{1}{3}(\sum_{cyc} \frac{a}{b+c})(\sum_{cyc} a(b+c))$$
$$\Rightarrow \sum_{cyc} \frac{a}{b+c}\leq \frac{3}{2}\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$
by Cauchy
$$\sum_{cyc} \frac{a^2}{b^2+c^2}\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
then we need to show that
$$\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}\ge \frac{3}{2}\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^4-(a^2+b^2+c^2)((a+b+c)^2-3(a^2+b^2+c^2))\ge 0$$

[nooonuii]

23. $a,b,c>0,abc=1$

$$1)\quad \frac{a-1}{b}+\frac{b-1}{c}+\frac{c-1}{a}\geq 0$$
$$2)\quad \frac{a-1}{b+c}+\frac{b-1}{c+a}+\frac{c-1}{a+b}\geq 0$$

27. $a,b,c>0$
$$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\leq 3$$

52. $a,b,c\geq 0,a+b+c\geq 3$

$$\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{a+b^2+c}+\frac{1}{a+b+c^2}\leq 1$$

[Keehlzver]

มาเพิ่มให้

Solution A52

โดยอสมการ Cauchy จะได้ว่า $(a^2+b+c)(1+b+c) \geq (a+b+c)^2 \Leftrightarrow \frac{1}{a^2+b+c} \leq \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2}$

การพิสูจน์ว่า $\sum \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2} \leq 1$

\[\begin{array}{cl}
& \sum_{cyc} \frac{1+b+c}{(a+b+c)^2} \leq 1 \\
& \Leftrightarrow 3+2(a+b+c) \leq (a+b+c)^2 \\
& \Leftrightarrow (a+b+c-3)(a+b+c+1) \geq 0 \\
\end{array}\]

ซึ่งเป็นจริงจาก $a+b+c \geq 3$

----------------------------------------------------------------------------------------
ข้อนี้ SOS Schur ไม่ออกอสมการยุ่งยากซับซ้อน (ต้องขอยืมเอกลักษณ์พี่ Noonuii มาใช้ก่อนนะครับ) บวกกับการที่ผมพิมพ์อยู่ได้ประมาณชั่วโมงครึ่งแล้วไฟดับ เลยต้องพิมพ์ใหม่หมด เพราะฉะนั้นขอให้มีคนอ่านซักคนก็ยังดี

Solution A64

การพิสูจน์ว่า $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$

\[\begin{array}{cl}
& a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \\
= & \frac{1}{2}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca) \\
= & \frac{1}{2}[(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)] \\
= & \frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \\
\end{array}\]

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

\[\begin{array}{rcl}
& \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2} \\
= &\frac{a}{b+c}-\frac{1}{2}+\frac{b}{c+a}-\frac{1}{2}+\frac{c}{a+b}-\frac{1}{2} \\
= &\frac{(a-b)+(a-c)}{2(b+c)}+\frac{(b-a)+(b-c)}{2(c+a)}+\frac{(c-a)+(c-b)}{2(a+b)} \\
= & (\frac{a-b}{2})(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a})+(\frac{b-c}{2})(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b})+(\frac{c-a}{2})(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}) \\
= &\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}+\frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)}
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{13}{6}-\frac{2(ab+bc+ca)}{3(a^2+b^2+c^2)}$

\[\begin{array}{rcl}
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{9}{6} & \geq & \frac{4}{6}-\frac{2(ab+bc+ca)}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2} & \geq & \frac{2}{3(a^2+b^2+c^2)}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \\
\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}+\frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)} & \geq & \frac{2}{3(a^2+b^2+c^2)}\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \\
\sum [\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}](a-b)^2 & \geq & 0 \\
\end{array}\]

สมมติโดยไม่เสียนัย $a\geq b \geq c$ จะได้ว่า $\frac{1}{b+c} \geq \frac{1}{c+a} \geq \frac{1}{a+b}$ และกำหนดให้
\[\begin{array}{cl}
S_{a}& =\frac{1}{2(c+a)(a+b)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
S_{c}& =\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{b} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(b+c)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{3a^2+b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq 0
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{c} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{c}& =\frac{1}{2(b+c)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{3a^2+3b^2+c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{a^2+b^2-c^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq 0
\end{array}\]

การพิสูจน์ว่า $S_{a}+S_{b} \geq 0$

\[\begin{array}{cl}
S_{a}+S_{b}& =\frac{1}{2(a+b)(c+a)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{2(b+c)(a+b)}-\frac{1}{3(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{a^2+3b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(c+a)(a+b)(a^2+b^2+c^2)}+\frac{3a^2+b^2+3c^2-2ab-2bc-2ca}{6(a+b)(b+c)(a^2+b^2+c^2)} \\
& =\frac{b^2+c^2-a^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(c+a)(a+b)(a^3+b^3+c^3)}+\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(b+c)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq \frac{b^2+c^2-a^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(c+a)(a+b)(a^3+b^3+c^3)}+\frac{c^2+a^2-b^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{6(a+b)(c+a)(a^3+b^3+c^3)} \\
& =\frac{2c^2}{6(a+b)(c+a)(a^3+b^3+c^3)} \\
& \geq 0
\end{array}\]

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

23. $a,b,c>0,abc=1$

$$1)\quad \frac{a-1}{b}+\frac{b-1}{c}+\frac{c-1}{a}\geq 0$$
$$2)\quad \frac{a-1}{b+c}+\frac{b-1}{c+a}+\frac{c-1}{a+b}\geq 0$$

My_Soln

1.

by Cauchy
$$\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\ge ab+bc+ca=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

2.

WLOG $a\ge b\ge c$ $\Rightarrow \frac{1}{b+c}\ge \frac{1}{c+a}\ge \frac{1}{a+b}$
by A.M.-G.M.
$$a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}=3$$
by Checyshev's
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\ge \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$$ Done!

#35 ผมอ่านเเล้วนะครับ ดีใจด้วย

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

27. $a,b,c>0$
$$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\leq 3$$

ขอ Hint หน่อยได้ไหมครับ (ไปไม่เป็นเลย)
ใช้โคชี ทีเดียวตกขอบ

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

ขอ Hint หน่อยได้ไหมครับ (ไปไม่เป็นเลย)
ใช้โคชี ทีเดียวตกขอบ

ลองเปลี่ยนตัวแปรให้อยู่ในรูป function แล้ว Jensen ดูครับ

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

ลองเปลี่ยนตัวแปรให้อยู่ในรูป function แล้ว Jensen ดูครับ

ทำไมผมได้กลับข้างอ่ะครับ ช่วยดูหน่อย

งงมากอ่ะครับ

Let $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}\Rightarrow xyz=1$
Then Let $f(x)=\sqrt{\frac{2x}{x+1}}$
$\Rightarrow f^{'} (x)=\frac{1}{2},f^{''} (x)=0$ ไม่ชัวร์อ่ะครับตรงนี้ Drift ไม่เป็นอ่ะครับ
by Jensen's
$$f(x)+f(y)+f(z)=\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\ge 3f(\frac{x+y+z}{3})\ge 3f(1)=3$$

[LightLucifer]

#39
ขอโทษครับ ผมทำผิด
ปล. diff ผิดนะครับ แต่ก็ใช้ jensen ไม่ได้อยู่ดี

[nooonuii]

ผมก็ใช้ Jensen นะแต่ซับซ้อนกว่านั้น

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

ผมก็ใช้ Jensen นะแต่ซับซ้อนกว่านั้น

#40 ว่าละต้องDiff ผิด
#41 เเล้ว ทำยังไงอ่ะครับ อยากรู้

[จูกัดเหลียง]

ปลุกหน่อยครับ = =
ไม่มีใครตอบ #42 เลย

[nooonuii]

วิธีนี้ผมเอามาจาก Secrets in inequalities นะถ้าจำไม่ผิด คิดเองไม่ไหว

เขียนข้างซ้ายของอสมการในรูปนี้

$$\dfrac{c+a}{2(a+b+c)}\sqrt{\frac{4a(a+b+c)^2}{(a+b)(a+c)^2}}+
\dfrac{a+b}{2(a+b+c)}\sqrt{\frac{4b(a+b+c)^2}{(b+c)(a+b)^2}}+
\dfrac{b+c}{2(a+b+c)}\sqrt{\frac{4c(a+b+c)^2}{(c+a)(b+c)^2}}$$

แล้วอ้างว่า $f(x)=\sqrt{x}$ เป็น concave function จึงใช้ Jensen ได้ครับ

[จูกัดเหลียง]

ขอบคุณครับ
เเล้วเราต้องเเสดง ว่ามันเป็น Concave หรือ Convex เเน่อะ่ครับ งง