อสมการ

[BLACK-Dragon]

Show that for all positive a,b,c

$$(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3 \ge 3$$

unsure

by Power mean

$\left(\,\dfrac{(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3}{3}\right)^{\dfrac{1}{3}} \ge \left(\,\dfrac{(\dfrac{a+2b}{a+2c})+\dfrac{b+2c}{b+2a})+(\dfrac{c+2a}{c+2b})}{3} \right)$

$RHS.=\dfrac{1}{3}\left(\,2\left(\,a+b+c\right)\left(\,\dfrac{1}{a+2c}+\dfrac{1}{b+2a}+\dfrac{1}{c+2b}\right)-3\right) $

$\dfrac{1}{a+2c}+\dfrac{1}{b+2a}+\dfrac{1}{c+2b} \ge \dfrac{3}{a+b+c}$

$RHS \ge 1$

$\left(\,\dfrac{(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3}{3}\right)^{\dfrac{1}{3}} \ge 1$

$(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3 \ge 3$

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

Show that for all positive a,b,c

$$(\dfrac{a+2b}{a+2c})^3+(\dfrac{b+2c}{b+2a})^3+(\dfrac{c+2a}{c+2b})^3 \ge 3$$

อันนี้ก็จริง

$$(\dfrac{a+3b}{a+3c})^3+(\dfrac{b+3c}{b+3a})^3+(\dfrac{c+3a}{c+3b})^3 \ge 3$$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

อันนี้ก็จริง

$$(\dfrac{a+3b}{a+3c})^3+(\dfrac{b+3c}{b+3a})^3+(\dfrac{c+3a}{c+3b})^3 \ge 3$$

หมายถึงอะไรหรอครับ แล้วผมพลาดตรงไหนหรอครับ

[Keehlzver]

จะเข้ามาบอกว่าวิธีสวยมากๆเลยครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

หมายถึงอะไรหรอครับ แล้วผมพลาดตรงไหนหรอครับ

ดูแล้วไม่มีที่ผิดครับ อสมการที่ผมให้มาก็จริงครับ ผมคิดโดยใช้ power mean + Cauchy-Schwarz

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

จะเข้ามาบอกว่าวิธีสวยมากๆเลยครับ

ขอบคุณครับ(เหมือนผิดๆ ไงไม่รู้ )

มีอีก 2 ข้อมาฝากครับ

1. Let a,b,c be positive reals.Prove that

$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \ge 1$$

2.Let a,b,c be positive reals a+b+c=1.Show that

$$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{3}{2}}$$

โจทย์แนวนี้ที่มีติดรูทผมไม่ค่อยได้เลยอ่ะครับ พอเจอความรู้สึกมันก็คิดไปแล้วว่าทำไม่ได้ เซ็งมากครับ

ปล.คุณ Keehlzver ไป IMO มาใช่ไหมครับเนี่ย

[Keehlzver]

ไม่ผิดครับ ไอเดียที่ทำมาก็สวยแล้วด้วย
สองข้อ ข้อแรกใช้ Holder แล้วก็อสมการพื้นฐาน ส่วนข้อสองถ้าผมจำไม่ผิดก็ Holder อีกนั่นแหละไม่ก็ใช้ความเป็น Convex Concave (เชิญพี่ Nooonuii ตามระเบียบเช่นเดิม )

(ปล.ผมเคยไปมาครับ IMO แต่เป็น I may out! แปลว่าฉันอาจสอบตกครับ จริงๆเว็บบอร์ดที่นี่ระดับตัวแทนเข้ามาตอบน้อยมากเลยครับ ไม่ค่อยว่างกันหรอกพวกนี้)

(ปล.2 เพิ่งเริ่มฝึกอสมการใช่หรือเปล่า ลองทำ Hojoo Lee ดูรึยังครับ ทำหมดนั่นรับรองเก่งขึ้นแน่ๆ ผมเป็นกำลังใจให้ครับ )

[Real Matrik]

ข้อ 2

hint

$$\frac{a}{\sqrt{b+c}}=\frac{a}{\sqrt{1-a}}=\frac{1}{\sqrt{1-a}}-\sqrt{1-a}$$

my solution (unsure)

$$LHS=\sum \frac{1}{\sqrt{1-a}} - \sum \sqrt{1-a}$$

แต่ $\sum \sqrt{1-a} \leq \sqrt{3}\sqrt{(1-a)+(1-b)+(1-c)}=\sqrt{6}$

นั่นคือ ต้องพิสูจน์ว่า $\sum \frac{1}{\sqrt{1-a}} \geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$

จากอสมการ $\sum \frac{1}{\sqrt{1-a}} \geq \frac{(1+1+1)^2}{\sum \sqrt{1-a}}$

นั่นคือ จะต้องพิสูจน์ว่า $\sum \sqrt{1-a} \leq \sqrt{6}$

Clear

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

2.Let a,b,c be positive reals a+b+c=1.Show that

$$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{3}{2}}$$

มั่วๆไปก่อนนะครับ
โดยอสมการของ Chebyshev's WLOG $a\ge b\ge c$
จะได้ว่า $$\frac{a}{ \sqrt{b+c}}+\frac{b}{ \sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{ \sqrt{a+b}}+\frac{1}{ \sqrt{b+c}}+\frac{1}{ \sqrt{c+a}})=\frac{1}{3}(\frac{1}{ \sqrt{a+b}}+\frac{1}{ \sqrt{b+c}}+\frac{1}{ \sqrt{c+a}})$$
นั่นคือ ต้องการพิสูจน์ว่า $$(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}})\ge 3\sqrt{\frac{3}{2}}$$
เเต่ $$(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}})\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$$
จึงเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $$\frac{1}{\sqrt[6]{(a+b)(b+c)(c+a)}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{2}{3}=\frac{2}{3}(a+b+c)$$
$$\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq (a+b)+(b+c)+(c+a)$$
ซึ่งเป็นจริงโดย A.M.-G.M.

ว่างๆ เอามาลงอีกนะครับ อยากทำ 555+

[BLACK-Dragon]

เดี๋ยวเองมาลงให้ก่อนละกันครับพี่จูเนียร์(เพราะช่วงนี้สอบกลางภาค)

3. Show that for all nozero reals a,b,c

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

hide

ให้ $x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{b}{c},z=\dfrac{c}{a}$ ได้ $xyz=1$

$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$

$\displaystyle \dfrac{4}{3}x^2+\dfrac{1}{3}y^2+\dfrac{1}{3}z^2 \ge 2(x^{\frac{8}{3}}y^{\frac{2}{3}}z^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}=2x$

ตัวอื่นๆก็ทำเหมือนกันแล้วมาบวกกันให้หมด

$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$

[จูกัดเหลียง]

ถ้าให้เดา คงใช้การนับเป็นเศษสส่วนใช่ไหมครับ
ผมว่ามันเเปลกๆนะ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

เดี๋ยวเองมาลงให้ก่อนละกันครับพี่จูเนียร์(เพราะช่วงนี้สอบกลางภาค)

3. Show that for all nozero reals a,b,c

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

ให้ $x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{b}{c},z=\dfrac{c}{a}$ ได้ $xyz=1$

$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$

$\displaystyle \dfrac{4}{3}x^2+\dfrac{1}{3}y^2+\dfrac{1}{3}z^2 \ge (x^{\frac{8}{3}}y^{\frac{2}{3}}z^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}=x$

ตัวอื่นๆก็ทำเหมือนกันแล้วมาบวกกันให้หมด

$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$

บวกกันแล้วได้ $2(x^2+y^2+z^2)\geq x+y+z$

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

บวกกันแล้วได้ $2(x^2+y^2+z^2)\geq x+y+z$

ก็น้อง Black Dragon ลืมเลข 2 ของพจน์ทางขวาไม่ใช่เหรอครับ

[BLACK-Dragon]

ขอบคุณครับที่ทักท้วง

ปล. Holder ใช่

$(a_1+a_2+...a_n)^{\theta_a}(b_1+b_2+...+b_n)^{\theta_b}...(z_1+z_2+...z_n)^{\theta_z} \ge a_1^{\theta_a}b_1^{\theta_b}...z_1^{\theta_z}+...+a_n^{\theta_a}b_n^{\theta_b}...z_n^{\theta_z}$

หรือเปล่าครับ

[จูกัดเหลียง]

เรื่อง Holder ต้องรอผู้รู้ก่อนละครับ
เเต่ผมทำอย่างนี้นะครับ จากที่ $xyz=1$
พิจารณา จากอสมการ A.M.-G.M. $x+y+z\ge 3$ $$\Rightarrow \frac{1}{3}(x+y+z)^2\ge x+y+z$$
เเละ จากอสมการของ Chebyshev's $$x^2+y^2+z^2\ge \frac{1}{3}(x+y+z)^2$$
ทำให้ได้ว่า $$x+y+z\leq x^2+y^2+z^2$$


ปล. น้อง Black Dragon คงหมายถึงว่า ใช้ $x$ จำนวน $\frac{4}{3}$ ตัว ใช้ $y$ $\frac{1}{3}$ ตัว $z$ $\frac{1}{3}$ ตัว
จึงมีรวม $2$ ตัว เลยต้องไปคูณทางขวามันก็ โอเคนะครับ
เเต่ว่า มันนับไม่ได้ล่ะมั้ง( ที่ผมถามอ่ะ ไม่มีคนตอบเลย )