มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee

[[Tong]_1412]

โจทย์ พวกนี้ เอามาจากไหนหรือคับ

[dektep]

43.(vietnam 2002,Dung Tran Nam)
Solution : Let $x^2\geq y^2 \geq z^2 \Rightarrow x^2 \geq 3, 6\geq y^2+z^2 \geq 2yz$.

cauchy;

$(2(x+y+z)-xyz)^2=(2(y+z)+x(2-yz))^2$

$\leq ((y+z)^2+x^2)(4+(2-yz)^2)=(2yz+9)(y^2z^2-4yz+8)$

Let $\alpha =yz$.

จะพิสูจน์ว่า

$100 \geq (2 \alpha + 9)(\alpha^2-4\alpha +8)$

แต่

$100-(2\alpha +9)(\alpha^2-4\alpha+8)= -2\alpha^3-\alpha^2+20\alpha+28$

$=(\alpha+2)^2(7-2\alpha)\geq 0$

[dektep]

hint:ข้อ 39. เปลี่ยนตัวแปร a²=TanA

[devilzoa]

42.(Canada 2002)$a,b,c>0$
$$\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ac}+\frac{c^3}{ab}\ge a+b+c$$
Alternative solution
$$LHS.=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}$$
Cauchy-Schwartz $$\ge\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3abc}\ge\frac{3abc(a+b+c)}{3abc}=a+b+c$$
94.Hungary 1996 $a+b=1, a,b>0$
$$\frac{a^2}{a+1}+\frac{b^2}{b+1}\ge\frac{1}{3}$$
Cauchy-Schwartz$$LHS.\ge\frac{(a+b)^2}{a+b+2}=\frac{1}{3}$$

124.Nesbitt's Inequality $a,b,c>0$
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}$$
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ac}+\frac{c^2}{ac+bc}$$
Cauchy-Schwartz$$\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ac}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\ge\frac{3(ab+bc+ac)}{2(ab+bc+ac) }=\frac{3}{2}$$

งานนี้ไม่พลาดแน่ครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ devilzoa

94.Hungary 1996 $a+b=1, a,b>0$
$$\frac{a^2}{a+1}+\frac{b^2}{b+1}\ge\frac{1}{2}$$
Cauchy-Schwartz$$LHS.\ge\frac{(a+b)^2}{a+b+2}=\frac{1}{3}$$

แต่ $\frac{1}{3} \not > \frac{1}{2}$ นี่ครับ

[devilzoa]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

แต่ $\frac{1}{3} \not > \frac{1}{2}$ นี่ครับ

ข้อนี้ผมพิมพ์โจทย์ผิดเองครับ ที่จริงต้องเป็น $\frac{1}{3}$ ครับ (แก้ให้แล้วครับ)

112.Vietnam 1991$(x\ge y\ge z>0)$
$$\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}\ge x^2+y^2+z^2$$

ข้อนี้ใช้ Chebyshev ได้ไหมครับ (เริ่มระแวงเล็กน้อยไม่กล้าลงมือ) ชี้แนะด้วยครับ

[dektep]

ใครทำโจทย์ของ Darij Grinberg ได้บ้าง(ข้อ 159-160)

[dektep]

ข้อ11.ครับ เปลี่ยน$\sqrt{ab}$ เป็น x $\sqrt{bc}$ เป็น y $\sqrt{ca}$ เป็น z
จะได้ว่า x²+y²+z²+2xyz=1
$\therefore$ ตรงกับเอกลักษณ์ตรีโกณ cos²A+cos²B+cos²C+2cosAcosBcosC=1
$\therefore$ สามารถแทน xด้วย cosA y ด้วย cosB z ด้วย cosC
จาก Jensen's Inequality จะได้ว่า L.H.S. $\leq$ $\frac{3}{2}$

[dektep]

65.(U.K. 1999)
$\because$ p+q+r=1
$\therefore$ 7(pq+qr+rp)(p+q+r) $\leq$ 2(p+q+r)³+9pqr
$\rightarrow$ use Schur's Inequality

[gon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ dektep

65.(U.K. 1999)
$\because$ p+q+r=1
$\therefore$ 7(pq+qr+rp)(p+q+r) $\leq$ 2(p+q+r)³+9pqr
$\rightarrow$ use Schur's Inequality

ข้อนี้ใช้ Shebychev ก็ได้ครับ.
$$a^3 + b^3 + c^3 \ge \frac{1}{3}(a^2 + b^2 + c^2)(a+b+c)$$ $$-3q + 3r + 1 \ge \frac{1}{3}(-2q + 1)$$ จัดรูปจะได้ $$9r + 2 \ge 7q$$ ตามต้องการ

[dektep]

161. $$\frac{1}{2} \sum_{cyc}(a^2-2ab+bc-c^2+ca)^2 \geq 0$$

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ devilzoa

ข้อนี้ผมพิมพ์โจทย์ผิดเองครับ ที่จริงต้องเป็น $\frac{1}{3}$ ครับ (แก้ให้แล้วครับ)

112.Vietnam 1991$(x\ge y\ge z>0)$
$$\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}\ge x^2+y^2+z^2$$

ข้อนี้ใช้ Chebyshev ได้ไหมครับ (เริ่มระแวงเล็กน้อยไม่กล้าลงมือ) ชี้แนะด้วยครับ

คิดว่าไม่ได้ครับ จะใช้อสมการนี้ได้เราต้องทราบว่า

$x^2y\geq z^2x\geq y^2z$ และ $\frac{1}{z}\geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{x}$

ชุดหลังใช้ได้ครับ แต่ชุดแรกเราบอกไม่ได้ว่า $z^2x\geq y^2z$ ครับ

[nooonuii]

มาเฉลยต่อครับ

64. Moldova 1999 $a,b,c>0$
$$\frac{ab}{c(c+a)}+\frac{bc}{a(a+b)}+\frac{ca}{b(b+c)}\geq \frac{a}{c+a}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}$$

Solution :

[This proof is incomplete] WLOG assume $a\geq b\geq c > 0$. Then we have

$\displaystyle{\frac{a(b-c)}{c(c+a)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}+\frac{c(a-b)}{b(b+c)}}$

$\displaystyle{\geq\frac{a(b-c)}{a(a+b)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}+\frac{c(a-b)}{b(b+c)}}$

$\displaystyle{=\frac{c(b-a)}{a(a+b)}+\frac{c(a-b)}{b(b+c)}}$

$\displaystyle{=c(a-b)\Big[\frac{1}{b(b+c)}-\frac{1}{a(a+b)}\Big]}$

$\geq 0$

New Proof: The inequality is equivalent to

$\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}+\dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}\geq 0$

$\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}+\dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}+3\geq 3$

$\dfrac{c^2+ab}{c^2+ca}+\dfrac{a^2+bc}{a^2+ab}+\dfrac{b^2+ca}{b^2+bc}\geq 3$

By AM-GM inequality,

$LHS\geq 3\sqrt[3]{\dfrac{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}{abc(a+b)(b+c)(c+a)}}$

It suffices to show that $(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)\geq abc(a+b)(b+c)(c+a)$.

This is equivalent to

$(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3+abc(a^3+b^3+c^3)\geq abc(ab^2+bc^2+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a)$

which is true because

$(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3\geq abc(ab^2+bc^2+ca^2)$ and $abc(a^3+b^3+c^3)\geq abc(a^2b+b^2c+c^2a)$

from the well-known inequality

$x^3+y^3+z^3\geq x^2y+y^2z+z^2x$

ข้อ 65 มีวิธีทำเยอะมากครับ วิธีของผมใช้อสมการข้อ 155

$$(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)\leq abc$$

ซึ่งมีการประยุกต์ใช้กับโจทย์ข้ออื่นด้วยเช่นข้อ 56 ซึ่งผมข้ามมาเดี๋ยวจะกลับมาเก็บอีกรอบครับ

65. United Kingdom 1999 $p,q,r>0,p+q+r=1$
$$7(pq+qr+rp)\leq 2 + 9pqr$$

Solution :

From #155 we get

$$(1-2p)(1-2q)(1-2r)\leq pqr$$

which is equivalent to

$$4(pq+qr+rp) \leq 1 + 9pqr.$$

Since $3(pq+qr+rp)\leq (p+q+r)^2 = 1$, we get

$7(pq+qr+rp)\leq 2 + 9pqr$, as required.

[nooonuii]

ุึ67. Proposed for USAMO 1999 $x,y,z>1$
$$x^{x^2+2yz}y^{y^2+2zx}z^{z^2+2xy}\geq (xyz)^{xy+yz+zx}$$

Solution :

WLOG assume $x\geq y\geq z$. Then

$x^{x^2+yz-zx-xy}y^{y^2+zx-xy-yz}z^{z^2+xy-yz-zx}$

$\geq y^{x^2+yz-zx-xy}y^{y^2+zx-xy-yz}z^{z^2+xy-yz-zx}$

$=y^{x^2+y^2-2xy}z^{z^2+xy-yz-zx}$

$\geq z^{x^2+y^2-2xy}z^{z^2+xy-yz-zx}$

$=z^{x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx}$

$\geq 1.$

68. Turkey 1999 $c\geq b\geq a \geq 0$
$$(a+3b)(b+4c)(c+2a)\geq 60abc$$

Solution :

We prove the following inequalities

$(1) \, 4ac^2 + 2bc^2 + 6ab^2 \geq 12abc$

$(2) \, 8bc^2 + 8a^2c\geq 16abc$

$(3) \, 2bc^2 + 2a^2b \geq 4abc$

$(4) \, 3b^2c \geq 3abc$

$(5) \, 25abc \geq 25abc.$

Adding them together we get the result.

70. Poland 1999 $a,b,c>0,a+b+c=1$
$$a^2+b^2+c^2+2\sqrt{3abc}\leq 1$$

Solution :

Since $a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 - 2(ab+bc+ca)=1-2(ab+bc+ca)$, the inequality is equivalent to
$$3abc\leq (ab+bc+ca)^2.$$

But this inequality is just $3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2$ which can be shown by noting that

$$3\Big(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\Big)\leq (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2. $$

[[Tong]_1412]

เออ ถ้าผมจะเอามารวมเฉลย แต่ละข้อจะดีไหมคับ เพราะผมลองนั่งทำดู ไม่รู้ว่า ข้อไหนจะใช้อะไร !! ใครอยากได้รวมก็รอ สักพักนะคับ รอ nooonuii เฉลย เยอะ ๆ เหะๆ