โจทย์หัดแต่งเองครับ ไม่ยาก

[Ne[S]zA]

ผมไม่มั่นใจว่าทำแบบนี้ได้มั้ย
จาก $3(a+b+c) \geqslant (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$ แล้วเอา $ a+b+c\geqslant 3$ ไปแทนอ่ะครับ
ปล.มันคงผิดแหละครับ เพราะผมก้ไม่เคยแทนนแบบนี้มาก่อนเลย

[LightLucifer]

ถ้าจะเอาแบบนั้นจริงต้องเป็น
$3 \ge (a+b+c)$ ครับถึงจะจริง

HINT

R U SURE ??

$\sqrt{6} \ge \sqrt{\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b}+\frac{c+1}{c}}$

[Ne[S]zA]

เอ่อ ได้ $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3$ หรือเปล่าครับ แล้วก็ทำต่อ...
เดี๋ยวมาไปหาอะไรกินก่อนครับ แหะๆ

[LightLucifer]

ไม่ใช่ครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

ให้ $a,b,c>0$ โดยที่ $3 \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
จงพิสูจน์ว่า $$a+b+c \ge \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$$

$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3(a+b+c)}\leq a+b+c$

Cauchy - AM-HM

[nooonuii]

เอาใหม่ ไม่ยาก

$a,b,c>0, ab+bc+ca=1$

$\sqrt{a^2+b^2+c^2+11}\leq\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}$

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

เอาใหม่ ไม่ยาก

$a,b,c>0, ab+bc+ca=1$

$\sqrt{a^2+b^2+c^2+11}\leq\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}$

คุณ nooonuii ทำ solution ได้ดีกว่าเฉลยผมอีกแล้ว 555+
ส่วนข้อนี้ผมทำแบบนี้อ่ะครับ

My solution

ยกกำกลังสองทั้งสองข้างจะได้
$a^2+b^2+c^2+11 \le a^2+b^2+c^2+3+2\sum_{cyc}\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}$
$\leftrightarrow 4 \le \sum_{cyc}\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}$
แต่ $4=1+3=ab+bc+ca+3=(ab+1)+(bc+1)+(ca+1) \le \sum_{cyc}\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}$
ซึ่งเป็นจริงโดย CauchySchwarz inequality

ข้อต่อไปขอเวลาคิดก่อนนะครับ

[Ne[S]zA]

อันนี้มายังไงอ่าครับ $(ab+1)+(bc+1)+(ca+1) \le \sum_{cyc}\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}$

[LightLucifer]

ใช้ CauchySchwarz inequality
$\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1} \ge \sqrt{a^2b^2}+ \sqrt {1\cdot1}=ab+1$

[จูกัดเหลียง]

ลองโจทย์ผมบ้างนะครับ ไม่รู้ว่าง่ายไปหรือเปล่า
กำหนดให้ $x,y,z>0$ เเละ $x+y+z=1$
จงเเสดงว่า $$54^3x^4y^4z^4+xyz \leqslant xy+yz+zx$$

[LightLucifer]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

ลองโจทย์ผมบ้างนะครับ ไม่รู้ว่าง่ายไปหรือเปล่า
กำหนดให้ $x,y,z>0$ เเละ $x+y+z=1$
จงเเสดงว่า $$54^3x^4y^4z^4+xyz \leqslant xy+yz+zx$$

$54^3x^4y^4z^4+xyz \le xy+yz+zx \leftrightarrow (54xyz)^3+1 \le \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
AM-HM
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \ge \frac{9}{x+y+z}=9$
AM-GM
$9=1+8=1+(54)^3(\frac{1}{27})^3 = 1+(54)^3(\frac{a+b+c}{3})^9 \ge 1+(54xyz)^3$
Done!

[nooonuii]

$a,b,c,d>0$

$\dfrac{a^5+b^5+c^5+d^5}{a^4+b^4+c^4+d^4}\geq \dfrac{a^3+b^3+c^3+d^3}{a^2+b^2+c^2+d^2}$

[จูกัดเหลียง]

วิธีผมนะครับ

my_soln

จากที่ $m^2n^2(m^3+n^3)\geqslant m^2n^2(mn^2+m^2n) \forall m,n\in \mathbb{R} +$
จะได้ $a^2b^2(a^3+b^3)+b^2c^2(b^3+c^3)+c^2d^2(c^3+d^3)+a^2c^2(a^3+c^3)+b^2d^2(b^3+d^3)+a^2d^2(a^3+d^3)\geqslant a^2b^2(ab^2+a^2b)+b^2c^2(bc^2+cb^2)+c^2d^2(cd^2+d^2c)+a^2c^2(ac^2+ca^2)+b^2d^2(bd^2+db^2)+a^2d^2(ad^2+da^2)$
ซึ่งจัดรูปใหม่ได้ว่า $a^5(b^2+c^2+d^2)+b^5(a^2+c^2+d^2)+c^5(a^2+b^2+d^2)+d^5(a^2+b^2+c^2)\geqslant a^3(b^4+c^4+d^4)+b^3(a^4+c^4+d^4)+c^3(a^4+b^4+d^4)+d^3(a^4+b^4+c^4)$
จากนั้นนำ $a^7+b^7+c^7+d^7$ บวกทั้งสองข้าง
จะได้ $(a^5+b^5+c^5+d^5)(a^2+b^2+c^2+d^2)\geqslant (a^3+b^3+c^3+d^3)(a^4+b^4+c^4+d^4)$ ตามต้องการ

[~ArT_Ty~]

พิมพ์ผิดหรือเปล่าครับ ???

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ ~ArT_Ty~

พิมพ์ผิดหรือเปล่าครับ ???

อ่อ ครับๆ เบอ 555+

เเก้เเล้วนะครับ