มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee

[dektep]

Hint! ข้อ153. ใช้เรขาคณิต+Law of cosine

[nooonuii]

19. Poland 2005 $a,b,c\in [0,1]$
$$\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ca+1}+\frac{c}{ab+1}\leq 2$$

Solution :

WLOG assume $a\leq b \leq c$.
Since $(1-a)(1-b)\geq 0$, we have $a+b\leq 1+ab \leq 1+2ab$.
Thus $a+b+c \leq a+b+1 \leq 2(1+ab)$.
Therefore, $$LHS \leq \frac{a}{ab+1}+\frac{b}{ab+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{2(1+ab)}{1+ab}=2$$

[nooonuii]

ข้อนี้ไม่ได้คิดเองครับ
23, 38 Russia 2002, Serbia and Montenegro 2005
$a+b+c=3, a,b,c > 0 $
$$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$$

Solution :

By AM-GM inequality we have
$a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a$
$b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b}\geq 3b$
$c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c}\geq 3c$
Thus
$a^2+b^2 +c^2+ 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) $
$\geq 3(a+b+c) $
$= (a+b+c)^2$
$=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$

Cancelling similar terms we get the required inequality.

Source : http://www.kalva.demon.co.uk/

[nooonuii]

24. Bosnia and Hercegovina 2005 $a+b+c=1,a,b,c>0$
$$a\sqrt{b} + b\sqrt{c} + c\sqrt{a}\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$$

Solution :

Using Cauchy - Schwarz inequality we have

$a\sqrt{b} + b\sqrt{c} + c\sqrt{a} = \sqrt{a}\cdot\sqrt{ab} + \sqrt{b}\cdot\sqrt{bc} +\sqrt{c}\cdot\sqrt{ca}$

$\leq \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$

$\leq \sqrt{\frac{1}{3}(a+b+c)(a+b+c)^2}$

$= \frac{1}{\sqrt{3}}$

25. Iran 2005 $a,b,c>0$
$$\Big(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\Big)^2\geq (a+b+c)\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)$$

Solution :

Let $\displaystyle{x =\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}}$.

Then the inequality is equivalent to
$$x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\geq x+y+z+3.$$
By AM-GM inequality we have

$xy+yz+zx\geq 3$ and $x^2+y^2+z^2\geq 3$.

Thus $x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\leq x^2+y^2+z^2$.

26. Austria 2005 $a,b,c,d>0$
$$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\geq \frac{a+b+c+d}{abcd}$$

Solution :

This problem is a nice application of AM-GM inequality.

$\displaystyle{\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\geq \frac{3}{abc}}$

$\displaystyle{\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\geq\frac{3}{bcd}}$

$\displaystyle{\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}\geq\frac{3}{cda}}$

$\displaystyle{\frac{1}{d^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\geq\frac{3}{dab}}$

Adding them together we get the inequality.

[nooonuii]

33. ข้อนี้เป็น IMO Shortlist จากประเทศไทยครับ พี่ Punk เคยเอามาให้ทำรอบนึงแล้วที่นี่

Newly Created inequality

ส่วนข้างล่างเป็นวิธีคิดของผมครับ

33. IMO Shortlist 2004 $a,b,c>0,ab+bc+ca=1$
$$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}\leq\frac{1}{abc}.$$

Solution :

Let $x=ab,y=bc,z=ca$. Then $x+y+z=1$ and
$\displaystyle{LHS = \frac{\sqrt[3]{y(1+6x)}+\sqrt[3]{z(1+6y)}+\sqrt[3]{x(1+6z)}}{\sqrt[6]{xyz}}}$

$\displaystyle{ \leq 3\sqrt[3]{\frac{y(1+6x)+z(1+6y)+x(1+6z)}{3\sqrt{xyz}}}}$ (Power mean inequality with parameters 1/3, 1)

$\displaystyle{=3\sqrt[3]{\frac{1+6(xy+yz+zx)}{3\sqrt{xyz}}}}$

$\displaystyle{{\leq 3\sqrt[3]{\frac{1+2(x+y+z)^2}{3\sqrt{xyz}}}}}$ $[\, \because 3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^2 \ ]$

$\displaystyle{=\frac{3}{\sqrt[6]{xyz}}}$

$\displaystyle{=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}}$

$\displaystyle{\leq \frac{1}{abc}}$.

The last inequality comes from $$1=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.$$

[nooonuii]

42. Canada 2002 $a,b,c>0$
$$\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\geq a+b+c$$

Solution :

The inequality is equivalent to

$$a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c).$$

Cauchy-Schwarz inequality implies

$abc(a+b+c)=ab\cdot ca +bc\cdot ab + ca\cdot bc$

$\leq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$

$\leq a^4+b^4+c^4$.

45. Junior BMO 2002 $a,b,c>0$
$$\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{b(a+b)} \geq \frac{27}{2(a+b+c)^2}$$

Solution :

AM-GM inequality implies
$\displaystyle{LHS\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$

$\displaystyle{\geq \frac{3\cdot 3\cdot 3}{(a+b+c)[(a+b)+(b+c)+(c+a)]}}$

$\displaystyle{=\frac{27}{2(a+b+c)^2}}$.

46. The solution is here

[nooonuii]

50. Ireland 2001 $x+y=2,x,y\geq 0$
$$x^2y^2(x^2+y^2)\leq 2$$

Solution :

By AM-GM inequality we have
$$xy\leq \Big(\frac{x+y}{2}\Big)^2 = 1.$$
Then $x^2+y^2 = (x+y)^2 - 2xy = 2(2-xy).$
Thus the required inequality is equivalent to
$$x^2y^2(2-xy)\leq 1 \Leftrightarrow x^3y^3-2x^2y^2+1\geq 0.$$
This is true by AM-GM inequality
$$x^3y^3+1\geq x^4y^4+1\geq 2x^2y^2.$$

51. BMO 2001 $a+b+c\geq abc, a,b,c\geq 0$
$$a^2+b^2+c^2\geq\sqrt{3}abc$$

Solution :

$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq (ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)\geq 3a^2b^2c^2.$$
Thus $a^2+b^2+c^2\geq\sqrt{3}abc$.

57. Czech and Slovakia 2000 $a,b>0$
$$\sqrt[3]{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}\geq \sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}$$

Solution :

Let $x=\frac{a}{b}.$ Then the inequality becomes
$$\sqrt[3]{2(\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}})^2}\geq \sqrt[3]{x}+\frac{1}{\sqrt[3]{x}}$$
which is true by Power mean inequality with parameters $1/3$ and $1/2$.

[nooonuii]

58. Hong Kong 2000 $a,b,c>0,abc=1$
$$\frac{1+ab^2}{c^3}+\frac{1+bc^2}{a^3}+\frac{1+ca^2}{b^3}\geq \frac{18}{a^3+b^3+c^3}$$

Solution :

$a^3+b^3+c^3 \geq 3$ by AM-GM inequality.

$\displaystyle{\frac{1+ab^2}{c^3}+\frac{1+bc^2}{a^3}+\frac{1+ca^2}{b^3} \geq 6}$ by AM-GM inequality.
Multiplying them together we get the result.

60. Macedonia 2000 $x,y,z>0$
$$x^2+y^2+z^2\geq \sqrt{2}(xy+yz).$$

Solution :

$$(x-\frac{y}{\sqrt{2}})^2 +(z-\frac{y}{\sqrt{2}})^2\geq 0.$$

62. Belarus 1999 $a,b,c>0, a^2+b^2+c^2=3$
$$\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\geq \frac{3}{2}.$$

Solution :

By AM-HM we have
$$\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\geq \frac{9}{3+ab+bc+ca} \geq \frac{9}{3+a^2+b^2+c^2} = \frac{3}{2}$$

[nooonuii]

63. Czech - Slovak Match 1999 $a,b,c>0$
$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b} \geq 1$$

Solution :

By Cauchy-Schwarz inequality we have
$$LHS = \frac{a^2}{ab+2ca}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ca+2bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}\geq 1.$$

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ devilzoa

ผมขอสักข้อนึงนะครับ
5.Romania 2005 $(a+b)(b+c)(c+a)=1, a,b,c>0$
$ab+bc+ac\geq\frac{3}{4} $
$$Am-Gm \frac{(a+b)+(b+c)+(a+c)}{3}\geq \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(a+c)} $$
$$a+b+c\geq\frac{3}{2}$$
$$Chebyshev \frac{ab+bc+ac}{3}\geq\frac{(a+b+c)^2}{9}$$
$$\therefore ab+bc+ac\geq\frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{3}{4}$$

15.Vietnam 2005 $a,b,c>0$
$(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{a+c})^3\ge\frac{3}{8}$
Am-Hm$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\ge\frac{9}{2(a+b+c)}$$
Chebyshev $$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}\ge\frac{(a+b+c)}{3}(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c})\ge\frac{3}{2}$$
$$(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{a+c})^3\ge\frac{(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c})^3}{9}\ge\frac{1}{9}( \frac{3}{2})^3=\frac{3}{8}$$

118.Yugoslavia 1984 $a,b,c,d>0$
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge2$
$$Am-Hm (\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+d}+\frac{1}{d+a}+\frac{1}{a+b})\ge\frac{8}{a+b+c+d}$$
$$Chebyshev \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge\frac{a+b+c+d}{4}(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+d}+\frac{1}{d+a}+\frac{1}{a +b})=2$$

(สงสัยผมคงจะทำได้แค่แนวเดียวล่ะครับ แฮะๆๆ ไม่ถูกยังไงช่วชี้แนะด้วยครับ)
LHS กับ RHS นี่หมายถึงอะไรหรือครับ??

เจอที่ผิดทุกข้อเลยครับ
สาเหตุที่ผิดก็เพราะว่าน้อง Devilzoa ใช้อสมการ Chebychev โดยไม่ตรวจสอบเงื่อนไขก่อนใช้อสมการนี้ครับ อสมการนี้มีประโยชน์มากแต่ต้องใช้ให้ถูกเวลาครับ ไม่งั้นจะผิดเอาง่ายๆ เงื่อนไขสำคัญของอสมการนี้ที่เราต้องตรวจสอบก่อนใช้งานทุกครั้งคือ
$a_1\geq a_2 \geq \cdots \geq a_n$ และ
$b_1\geq b_2 \geq \cdots \geq b_n$

คราวนี้มาดูว่าผิดตรงไหนบ้าง
ข้อ 5 $$Chebyshev \frac{ab+bc+ac}{3}\geq\frac{(a+b+c)^2}{9}$$
อสมการนี้ที่ถูกคือ $$\frac{ab+bc+ac}{3}\leq\frac{(a+b+c)^2}{9}$$
ซึ่งเป็นผลพลอยได้มาจากอสมการ $ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2$ ครับ

อีกสองข้อที่เหลือก็ผิดตอนใช้อสมการ Chebychev เหมือนกันครับ ลองไปเช็คโดยการหาตัวอย่างมาแทนค่าดูครับ

ป.ล. LHS = Left Hand Side เอาไว้เขียนแทนนิพจน์ทางซ้ายมือของอสมการครับ
RHS = Right Hand Side

[devilzoa]

แสดงว่าผมต้องใช้ inequality อันอื่นมาใช้แทน Chebyshev ใช่ไหมครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ devilzoa

แสดงว่าผมต้องใช้ inequality อันอื่นมาใช้แทน Chebyshev ใช่ไหมครับ

ใช่ครับ แต่ละอสมการเราใช้กับโจทย์ได้ไม่เหมือนกัน โจทย์บางข้อไม่เอื้อให้เราใช้อสมการนี้เราก็ต้องเลี่ยงไปใช้อสมการอื่นแทนครับ อสมการ Chebychev เป็นผลพลอยได้จากอสมการการจัดเรียงอีกทีนึง ซึ่งเป็นอสมการที่มีเงื่อนไขแรงมากทีเดียวครับ ผมไม่ค่อยได้ใช้อสมการนี้เท่าไหร่ เว้นเสียแต่ว่าผมจะแน่ใจว่าสามารถจัดเรียงค่าให้กับตัวแปรได้อย่างถูกต้อง ส่วนใหญ่จะเลี่ยงไปใช้ power mean หรือไม่ก็ Cauchy-Schwarz แทนครับ

[devilzoa]

พี่ nooonuii ครับ ตรง $(ab+bc+ac)^2\ge3abc(a+b+c)$ มายังไงหรือครับ(เห็นพี่บอกว่ามาจาก Cauchy-Schwartz )

$\frac{a^2}{ab+2ca}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ca+2bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$ อันนี้ด้วยอ่ะครับ ขอคำอธิบายแบบละเอียดเลยนะครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ devilzoa

พี่ nooonuii ครับ ตรง $(ab+bc+ac)^2\ge3abc(a+b+c)$ มายังไงหรือครับ(เห็นพี่บอกว่ามาจาก Cauchy-Schwartz )

$\frac{a^2}{ab+2ca}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ca+2bc} \geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$ อันนี้ด้วยอ่ะครับ ขอคำอธิบายแบบละเอียดเลยนะครับ

ขอบคุณที่ถามครับ นึกว่าจะไม่มีคนถามซะแล้ว
ผมตั้งใจเขียนลัดเพื่อให้มีคนถามนี่แหละ อสมการแรกผมเคยพิสูจน์ไว้แล้วในโจทย์อสมการข้อนึงแต่ทำให้ดูอีกรอบก็ได้ครับ

$abc(a+b+c) = ab\cdot ca + bc\cdot ab + ca\cdot bc\leq a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2$

ดังนั้น $$3abc(a+b+c) \leq a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + 2abc(a+b+c) = (ab+bc+ca)^2$$

อีกอันนึงผมใช้อสมการนี้ครับ

$$\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$$

ซึ่งเป็นอีกรูปแบบหนึ่งของอสมการโคชีครับ ลองจัดรูปอสมการใหม่แล้วพิสูจน์ด้วยอสมการโคชีดูครับ อสมการนี้สามารถพิสูจน์โดยใช้อุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ได้ด้วยครับ และสามารถนำไปพิสูจน์อสมการโคชีได้ด้วย ทั้งสองอสมการจึงสมมูลกันครับ อสมการนี้มีประโยชน์มากครับโดยเฉพาะโจทย์ในรูปแบบที่ถามมา

[devilzoa]

ขอบคุณมากครับ เ้ดี๋ยวผมจะพยายามทำข้อที่ผิดใหม่อีกครั้งครับ