อสมการ

[Keehlzver]

$\frac{4}{6}x^2+\frac{1}{6}y^2+\frac{1}{6}z^2\geq \sqrt[6]{x^8y^2z^2}=x^\frac{4}{3}y^\frac{1}{3}z^\frac{1}{3}=x(xyz)^\frac{1}{3}=x$

ดังนั้นจะได้ $\frac{4}{6}x^2+\frac{1}{6}y^2+\frac{1}{6}z^2\geq x$ อีกสองอสมการก็ทำเหมือนกัน พอจับบวกได้ ซ้าย $x^2+y^2+z^2$ $\geq$ ขวา $x+y+z$ ตามต้องการ

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------
เวลาไม่รู้ว่าจะใช้น้ำหนักยังไงดี ขั้นแรกทำให้อสมการมัน Homogeneous เสียก่อน จะได้ $x^2+y^2+z^2 \geq x^\frac{4}{3}y^\frac{1}{3}z^\frac{1}{3}+x^\frac{1}{3}y^\frac{4}{3}z^\frac{1}{3}+x^\frac{1}{3}y^\frac{1}{3}z^\frac{4}{3}$

สมมติให้มี $x^2,y^2,z^2$ อยู่อย่างละ $a,b,c$ พจน์ตามลำดับ จะได้ระบบสมการมาคือ
$a+b+c=1$
$2a=\frac{4}{3}$
$2b=\frac{1}{3}$
$2c=\frac{1}{2}$
ได้ $(a,b,c)=(\frac{4}{6},\frac{1}{6},\frac{1}{6})$ หรือต้องใช้น้ำหนัก $\frac{4}{6}x^2+\frac{1}{6}y^2+\frac{1}{6}z^2$ นั่นเอง (ระบบสมการมาจากการเทียบเลขชี้กำลังครับ ลองไปทำดูนะครับ )

[BLACK-Dragon]

#16 ทำเหมือนกันเลยครับตั้งระบบแบบนี้เป๊ะๆเลย (ได้จาก MCT ครั้งล่าสุดเลย)

ปล. ข้อ 1 hint อีกนิดได้ไหมครับไปไม่เป็นจริงๆ ไม่รู้จะเริ่มจะคู่ไหน

[PP_nine]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

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

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

โจทย์แนวนี้ที่มีติดรูทผมไม่ค่อยได้เลยอ่ะครับ พอเจอความรู้สึกมันก็คิดไปแล้วว่าทำไม่ได้ เซ็งมากครับ

โจทย์รูทถ้าคิดไม่ออกก็ลอง AM-GM ยัดลงไปก่อนก็ได้ครับ อาจจะมึนหน่อย แต่ก็ใช้ได้นะครับ

สังเกตว่าเมื่อ $a=b=c=\frac{1}{3}$ ได้อสมการเป็นสมการ เราก็ใช้ข้อคาดการณ์นี้กับอสมการ $\sqrt{(\frac{2}{3})(b+c)} \le (\frac{1}{2})(\frac{2}{3}+b+c)$

จัดรูปได้ $\sqrt{b+c} \le \sqrt{\frac{3}{2}}(\frac{b+c}{2}+\frac{1}{3})=\sqrt{\frac{3}{2}}(\frac{3b+3c+2}{6})$ apply โจทย์ได้

$$\sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b+c}} \ge \sqrt{\frac{2}{3}} \sum_{cyc} \frac{6a}{3b+3c+2}=6\sqrt{\frac{2}{3}} \sum_{cyc} \frac{a^2}{3ab+3ca+2a}$$

แต่ $$\sum_{cyc} \frac{a^2}{3ab+3ca+2a} \ge \frac{(a+b+c)^2}{6ab+6bc+6ca+2a+2b+2c} = \frac{1}{6(ab+bc+ca)+2}$$

และจาก $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$ ทำให้ $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$

$$\therefore \sum_{cyc} \frac{a}{\sqrt{b+c}} \ge 6\sqrt{\frac{2}{3}} \left(\,\frac{1}{2(a+b+c)^2+2}\right)=\frac{6\sqrt{2}}{4\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{3}{2}}$$

โดยสมการเกิดเมื่อ $a=b=c=\frac{1}{3}$ (การใช้ AM-GM จะทำให้ตัวรูทหลุดออกมา แล้วก็ค่อยๆจัดรูปให้ได้ก็จบแล้วครับ )

[Real Matrik]

#17 ข้อ 1 นี่เป็นข้อสอบ IMO ครับ
ผมเคยอ่านวิธีที่เริ่มโดยการตั้งอสมการ
$$\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \geq \frac{a^{k}}{a^k+b^k+c^k}$$
ในตำรา สอวน. ก็มี แต่เข้ายกค่า $k$ มาลอยๆเลย
ใน MY MATHS คุณ nooonuii พาหาตัวเลขดังกล่าวด้วยครับ

[BLACK-Dragon]

4.If a,b,c are positive reals, then determine the possible values of

$$\dfrac{a}{a+b+d}+\dfrac{b}{b+c+a}+\dfrac{c}{b+c+d}+\dfrac{d}{a+c+d}$$

ผมได้ช่วงค่าที่มันใหญ่มากๆเลยอ่ะครับ มากกว่า 1 น้อยกว่า 2

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

$$\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)} \ge \dfrac{3}{1+abc}$$

[No.Name]

1. ผมไม่แน่อ่ะครับ

$$\dfrac{a}{a+b+c+d}+\dfrac{b}{a+b+c+d}+\dfrac{c}{a+b+c+d}+\dfrac{d}{a+b+c+d}<\dfrac{a}{a+b+d}+\dfrac{b}{b+c+a}+\dfrac{c}{b+c+d} +\dfrac{d}{a+c+d}<\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{c+d}$$

$$1<\dfrac{a}{a+b+d}+\dfrac{b}{b+c+a}+\dfrac{c}{b+c+d}+\dfrac{d}{a+c+d}<2$$

[Keehlzver]

ถูกต้องแล้วครับ แต่ว่าบทพิสูจน์ยังไม่จบเพียงแค่นั้นครับผม ต้องทำต่อ

เราก็ให้ $S=\left\{\,\frac{a}{a+b+d}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{b+c+d}+\frac{d}{a+c+d}|a,b,c,d \in \mathbb{R} \right\}$

จากที่ข้างบนพิสูจน์ไปแล้วว่า $S\subset (1,2)$ เหลือแค่พิสูจน์ว่า $(1,2)\subset S$ ก็จบแล้วครับ

นิยาม $s(a,b,c,d)=\frac{a}{a+b+d}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{b+c+d}+\frac{d}{a+c+d}$
เลือกให้ $x>0$ และ $a=b=x,c=d=1$
นิยาม $s(x)=s(a,b,c,d)=s(x,x,1,1)=\frac{x}{x+x+1}+\frac{x}{x+x+1}+\frac{1}{x+1+1}+\frac{1}{x+1+1}$ จะได้ว่า $s$ เป็นฟังก์ชันต่อเนื่องบน $(0,\infty)$
$\lim_{x\rightarrow \infty}s(x)=1$

นิยาม $s(a,b,c,d)=\frac{a}{a+b+d}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{b+c+d}+\frac{d}{a+c+d}$
เลือกให้ $x>0$ และ $a=c=x,b=d=1$
นิยาม $s(x)=s(a,b,c,d)=s(1,x,1,x)=\frac{1}{1+x+x}+\frac{x}{1+x+1}+\frac{1}{x+1+x}+\frac{1}{1+1+x}$ จะได้ว่า $s$ เป็นฟังก์ชันต่อเนื่องบน $(0,\infty)$
$\lim_{x\rightarrow \infty}s(x)=2$

ดังนั้น $(1,2)\subset S$ เพราะฉะนั้น $S=(1,2)$ เป็นขอบเขตของ $s(x)$ ตามต้องการ

(ก๊อปมาจากหนังสืออ.ดำรงค์เช่นเคย )

[จูกัดเหลียง]

ช่วยทำข้อ 5. หน่อยครับ
ไปไม่เป็นจริงๆ =[]="

[Keehlzver]

ข้อ 5 จาก Mildorf
บวก 3 เข้าไปทั้งอสมการ คูณตัวส่วนขึ้นไป จัดรูป แจกหารป.6 จบด้วย AM-GM ครับ

[จูกัดเหลียง]

อ่อๆ ได้เเล้วครับ
งั้นก็ลงโจทย์เพิ่มให้หน่อยครับ

[Keehlzver]

เอาโจทย์มาเพิ่มให้ครับ เคยแต่งไว้ทีนึงแล้วครับ แต่ยังไม่มีใครเฉลย ลองทำดูครับ

ให้ $a,b,c > 0$ จงพิสูจน์ว่า

$$\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}+\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geq \frac{16(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9(a+b)(b+c)(c+a)}$$

[จูกัดเหลียง]

#26 ทำได้เเค่นี้อ่ะครับ
$$R.H.S.=\frac{16(1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)})}{9}\le 2$$
นั่นคือ ต้องการพิสูจน์ว่า $$\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}+\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\ge 2$$
คือผมงงตรงที่ว่า พจน์ซ้ายมากกว่าหรือเท่ากับ 1 เเต่พจน์ขวา น้อยกว่าหรือเท่ากับ 1
เจอมาเยอะเลยครับ เเต่ทำไม่ได้ซักที 555+

[Keehlzver]

โจทย์ข้อนี้ผมแต่งขึ้นมา เอาความสวยเป็นหลัก พบว่าเป็นโจทย์ที่ยากมากข้อหนึ่งแลยทีเดียว ผมทำใช้ SOS-Schur ครับ ยังหาวิธีที่สวยๆกว่านั้นไม่ได้

อีกวิธีหนึ่งก็อาจจะเป็น SOS ธรรมดาครับ ผมจำเป็นต้องหา เอกลักษณ์ SOS ของ $a^4+b^4+c^4-a^3b-b^3c-c^3a$ ซึ่งตอนนี้ยังหาไม่ได้ ไม่แน่อาจจะเจอวิธีที่สวยๆกว่า SOS-Schur ก็ได้

(ปล. SOS-Schur ที่ผมใช้ มันรวบอสมการเข้าทั้งยวงเลยครับ แต่ว่าถ้า Bound ก่อนทีนึงแบบที่คุณจูกัดเหลียงทำ SOS-Schur มันจะไม่แข็งพอที่จะแก้โจทย์ข้อนี้ครับ)

[จูกัดเหลียง]

เห็นด้วยอย่างยิ่งครับ (ที่ว่ากลายเป็นโจทย์ยยาก 55)
เเต่ว่า SOS คืออะไรอ่ะครับ

[Keehlzver]

SOS หมายถึง Sum of square ครับผม เช่น $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$ ส่วน SOS-Schur คือการเขียนอสมการในรูปของ $M(a-b)^2+N(a-c)(b-c)$ ซึ่งจะมีบางอสมการที่เขียนได้แบบนี้ เวลาจะพิสูจน์ว่า $M(a-b)^2+N(a-c)(b-c)\geq 0$ ก็แค่พิสูจน์ว่า $M,N\geq 0$ ก็พอ ภายใต้เงื่อนไขว่า $a\geq b \geq c$ ถ้าอสมการมีสมมาตร แต่ถ้าอสมการไม่มีสมมาตร แต่เป็น cyclic อยู่
จะพิสูจน์ภายใต้เงื่อนไข $c=min(a,b,c)$ หรือ $c=max(a,b,c)$ แทน

ส่วนโจทย์ข้อนี้ ตอนพิสูจน์ว่า $M,N\geq 0$ โหดมากครับยังหาวิธีดีๆไม่ได้

ผมเอาโจทย์ข้อนี้ไปโพสต์ใน Mathlink ก็ไปเจอเซียนที่นั่นโชว์โหด กระจายแล้ว AM-GM ให้ผมดู แน่นอนครับว่าอสมการทุกอสมการบนโลกใบนี้ถ้าเป็นจริง และเป็น Algebraic ต้องมี proof ที่เป็น AM-GM อย่างน้อย 1 proof
แน่นอน แต่ว่าการกระจายแล้ว AM-GM เป็นอะไรที่ผมไม่อยากให้ทำเลยครับ เพราะเราจะสูญเสียศิลปะแห่งอสมการไป

สรุปว่าโจทย์ข้อนี้ ทำได้อย่างน้อย 2 วิธีแล้วครับ ดูได้เลยจาก link จะเห็นว่ามีการเอาอสมการเทพของ Vasc มาตีโจทย์ผม ตามนี้เลย http://www.artofproblemsolving.com/F...91662#p2391662 อีก proof ก็คือ Bound ก้อน $\frac{a^4+b^4+c^4}{a^3b+b^3c+c^3a}$ ก่อนก็ได้เหมือนกัน

จริงๆแล้วผมน่าจะแก้โจทย์เป็นแบบนี้(ยังไม่ได้ลองทำดู) ให้ $a,b,c>0$ จงพิสูจน์ว่า

$$\frac{2(a^4+b^4+c^4)}{a^3b+b^3c+c^3a+ab^3+bc^3+ca^3}+\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \frac{16(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9(a+b)(b+c)(c+a)}$$

จะเขียนได้ในรูป SOS-Schur และ SOS แบบธรรมดาทั้งคู่ แถมอสมการยังมีสมมาตรอีกต่างหาก