Inequality (APMO2004)

[BLACK-Dragon]

1. $a,b,c \in R$ จงพิสูจน์ $$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 9(ab+bc+ca)$$
2. $a,b,c >0$ จงพิสูจน์ $$|\dfrac{a^3-b^3}{a+b}+\dfrac{b^3-c^3}{b+c}+\dfrac{c^3-a^3}{c+a}| \leq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4}$$

[จูกัดเหลียง]

ช่วยตรวจหน่อยครับ 555
ให้ $p=x+y+z$ เมื่อ $x=1/a,y=1/b,z=1/c$
ต้องการเเสดงว่า $$\Big(\frac{1}{x}+2x\Big)\Big(\frac{1}{y}+2y\Big)\Big(\frac{1}{z}+2z\Big)\ge 9(x+y+z)=9p$$
พบว่า $f(x)=\ln \Big(\dfrac{1}{x}+2x\Big)$ เป็น convex ทุก $x>0$

Prove

$f''(x)=\dfrac{8x}{(2x^2+1)^2}>0$

เเละโดยเจนเซนเเละ AM.GM ได้ว่า $$\Big(\frac{1}{x}+2x\Big)\Big(\frac{1}{y}+2y\Big)\Big(\frac{1}{z}+2z\Big)\ge \Big(\frac{3}{p}+\frac{2p}{3}\Big)^3=\Big(\frac{p}{3}+\frac{3}{p}+\frac{p}{3}\Big)^3\ge 9p$$

[Amankris]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

พบว่า $f(x)=\ln \Big(\dfrac{1}{x}+2x\Big)$ เป็น convex ทุก $x>0$

Prove

$f''(x)=\dfrac{8x}{(2x^2+1)^2}>0$

ใช่แน่หรือครับ

[Keehlzver]

จริงแล้วๆ $f(x)=\ln (2x+\frac{1}{x})$ มี $f''(x)=\frac{1}{x^4+\frac{x^2}{2}}-\frac{(2-\frac{1}{x^2})^2}{(2x+\frac{1}{x})^2}$

เป็น convex function ช่วง $-8x^6+12x^4+10x^2+1 \geq 0$ หรือช่วง $[-1.455,1.455]$ ซึ่งไม่ได้ convex ตลอดช่วงนะครับ (หมายความว่าบทพิสูจน์ hold เฉพาะช่วงนี้, diff ผิดนะครับ)
เฉลย APMO2004 ที่ผมรู้มีอยู่สองวิธี
1.เปลี่ยนตัวแปรด้วยการแทนค่าด้วยตรีโกณ+เอกลักษณ์ตรีโกณ จบด้วย AM-GM
2.กระจายแล้วแทน p,q,r แนวพหุนามสมมาตร

[win1234]

ข้อ 1 นั้นสามารถทำได้โดยแค่จัดรูปแล้วใช้ AM-GM ก็ได้ครับ ลองคิดดูดีๆ

[Keehlzver]

ข้อ 2 สร้างเอกลักษณ์มาทอนอสมการก่อนครับ
$\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

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

อสมการเปลี่ยนรูปเป็น $|\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}| \leq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4(ab+bc+ca)}$

ให้ $p=a+b+c$ และ $q=ab+bc+ca$
ดูทางฝั่งขวา $|3-2(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a})| \leq |3-\frac{p^2}{p^2-q}|$ โดยโคชี

แต่ว่า $p^2-q \leq 3p^2-7q$ ดังนั้นต้องพิสูจน์ว่า $|3-\frac{2p^2}{3p^2-7q}| \leq \frac{p^2-3q}{4q}$

ยกกำลังสอง $\frac{(p^2-3q)^2}{16q^2}+\frac{12p^2}{3p^2-7q}-\frac{4p^4}{(3p^2-7q)^2}-9 \geq 0$

กระจาย $\frac{9p^8-96p^6q+894p^4q^2-2016p^2q^3+441q^4-81p^4+378p^2q-441q^2}{16q^2(3p-7q)^2}$

อสมการ Homogeneous Normalize ให้ $q=ab+bc+ca=1$ จะได้ว่า $p^2 \geq 3$ หรือ $p \geq \sqrt{3}$

พิจารณาตัวส่วนจะได้ $3p^2(3p^6-32p^4+271p^2-546) \geq 0$ จริงจาก $p \geq \sqrt{3}$


อันที่จริงแล้วอสมการข้อนี้ผมคิด 8 ชั่วโมง+กระดาษทด 10 แผ่น บทพิสูจน์จะสวยหรือไม่ขึ้นอยู่กับการ bound ค่าตรงบรรทัดสีแดง แต่ผมไม่ทำแล้วล่ะครับ เหนื่อย เอาถึกแบบนี้แหละ
เสนห์อสมการมันไม่ได้อยู่ที่บทพิสูจน์แบบที่ผมโพสต์ไปหรอกนะครับ วีธีสวยๆดีๆ มีอีกเยอะ

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

ข้อ 2 สร้างเอกลักษณ์มาทอนอสมการก่อนครับ
$\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

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

อสมการเปลี่ยนรูปเป็น $|\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}| \leq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4(ab+bc+ca)}$

ให้ $p=a+b+c$ และ $q=ab+bc+ca$
ดูทางฝั่งขวา $|3-2(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a})| \leq |3-\frac{p^2}{p^2-q}|$ โดยโคชี

แต่ว่า $p^2-q \leq 3p^2-7q$ ดังนั้นต้องพิสูจน์ว่า $|3-\frac{2p^2}{3p^2-7q}| \leq \frac{p^2-3q}{4q}$

ยกกำลังสอง $\frac{(p^2-3q)^2}{16q^2}+\frac{12p^2}{3p^2-7q}-\frac{4p^4}{(3p^2-7q)^2}-9 \geq 0$

กระจาย $\frac{9p^8-96p^6q+894p^4q^2-2016p^2q^3+441q^4-81p^4+378p^2q-441q^2}{16q^2(3p-7q)^2}$

อสมการ Homogeneous Normalize ให้ $q=ab+bc+ca=1$ จะได้ว่า $p^2 \geq 3$ หรือ $p \geq \sqrt{3}$

พิจารณาตัวส่วนจะได้ $3p^2(3p^6-32p^4+271p^2-546) \geq 0$ จริงจาก $p \geq \sqrt{3}$


อันที่จริงแล้วอสมการข้อนี้ผมคิด 8 ชั่วโมง+กระดาษทด 10 แผ่น บทพิสูจน์จะสวยหรือไม่ขึ้นอยู่กับการ bound ค่าตรงบรรทัดสีแดง แต่ผมไม่ทำแล้วล่ะครับ เหนื่อย เอาถึกแบบนี้แหละ
เสนห์อสมการมันไม่ได้อยู่ที่บทพิสูจน์แบบที่ผมโพสต์ไปหรอกนะครับ วีธีสวยๆดีๆ มีอีกเยอะ

คาราวะในความพยายามจริงๆครับ

[Amankris]

2
$\dfrac{a^2+ab-2b^2}{2}\le\dfrac{a^3-b^3}{a+b}\le\dfrac{2a^2-ab-b^2}{2}$

[จูกัดเหลียง]

กว่าจะได้ครับ = = คิดเเบบข้ามวันคืน 555

Kak Soln

ให้ $a=xy+yz+zx$กระจายโลด ได้ว่าต้องการเเสดงว่า $$(xyz)^2+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+4(x^2+y^2+z^2)+8\ge 9(xy+yz+zx)=9a$$
พิจารณา $$L.H.S=3(x^2+y^2+z^2)+(xyz)^2+(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+(x^2+y^2+z^2)+8$$
$$\ge \Big(x^2y^2z^2+\dfrac{(x+y+z)^2}{9}\Big)+\dfrac{8}{3}a+a+8+2\sum_{cyc} x^2y^2\ge \frac{1}{3}\Big(2xyz(x+y+z)+\sum_{cyc} x^2y^2\Big)+\frac{5a^2}{9}+\frac{11a}{3}+8=\frac{8a^2}{9}+\frac{11a}{3}+8$$
จึงเพียงพอที่จะเเสดงว่า $\dfrac{8a^2}{9}+\dfrac{11a}{3}+8\ge 9a\leftrightarrow (a-3)^2\ge 0$

[BLACK-Dragon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

ข้อ 2 สร้างเอกลักษณ์มาทอนอสมการก่อนครับ
$\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

เปลี่ยนรูปสมการได้

$\dfrac{|(a-b)(b-c)(c-a)|(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4}$

แต่เราพิสูจน์ได้โดยง่าย $\dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca) \leq (a+b)(b+c)(c+a)$ (ใน FFTMO9 ก็มี)

และ WLOG $a\geq b\geq c$ จะได้

$\dfrac{(a-b)(a-c)(b-c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \dfrac{9(a-b)(a-c)(b-c)}{8(a+b+c)}$

เรายังคงต้องพิสูจน์ว่า

$(a-b)(a-c)(b-c) \leq \dfrac{2}{9} (a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$

โดย AM-GM กลายเป็นว่าเราต้องสูจน์

$(a-b)(a-c)(b-c) \leq \dfrac{8}{27}(a+b+c)^3$

เห็นได้ชัดว่าจริง ทำให้เราได้

$|\dfrac{a^3-b^3}{a+b}+\dfrac{b^3-c^3}{b+c}+\dfrac{c^3-a^3}{c+a}| < \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4}$

เหลือแค่กรณีที่เท่ากับ ก็เท่ากับเมื่อ a=b=c ดังนั้น

$$|\dfrac{a^3-b^3}{a+b}+\dfrac{b^3-c^3}{b+c}+\dfrac{c^3-a^3}{c+a}| \leq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4}$$

[Keehlzver]

เยี่ยมเลยครับ ท่านทั้ง 3

ปล. ตัวเอกลักษณ์ลองดูบทความเรื่องแยกตัวประกอบที่พี่ gon เขียนไว้ดู นั่นคือที่มา
http://www.mathcenter.net/sermpra/se...pra23p01.shtml

[จูกัดเหลียง]

ขอบคุณลิงค์กับความรู้ดีๆนะครับ
ผมขอลงโจทย์ที่มีหน่อยนะครับ (ทำไม่ได้นะครับ 555) เเต่น้อง Black-Dragon ว้อนมากเลยลงไปก่อนเเต่ถ้าได้เเล้วช่วย Hide หน่อยนะครับ
1.สวยดีครับ $a,b,c>0$ and $a+b+c=1$ prove $$\sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}\ge 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$$
2.(Taiwan) Let $0<a,b,c,d\le k$ show that $$\frac{abcd}{(2k-a)(2k-b)(2k-c)(2k-d)}\le\frac{a^4+b^4+c^4+d^4}{(2k-a)^4+(2k-b)^4+(2k-c)^4+(2k-d)^4}$$
ปล.คุณ Amankris bound สองฝั่งจากไหนอ่ะครับ พอจะมีวิธีไหม รบกวนชี้เเนะด้วยครับ

[TU Gifted Math#10]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

1.สวยดีครับ $a,b,c>0$ and $a+b+c=1$ prove $$\sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}\ge 1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}$$

$\sqrt{ab+c}+\sqrt{bc+a}+\sqrt{ca+b}-(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}) = \sqrt{ab+1-a-b}+\sqrt{bc+1-b-c}+\sqrt{ca+1-c-a}-(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})=\sum_{cyc}\sqrt{ab-a-b+1}-\sqrt{ab}$
ดังนั้นเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $\sqrt{ab-a-b+1}-\sqrt{ab}\ge \frac{1}{3}$
ลองทำต่อดูนะครับ

[BLACK-Dragon]

ข้อสองเว่อร์ไปไหมครับเนี่ยยย

1. $\sqrt{c+ab} \geq c+\sqrt{ab}$

[Amankris]

#12
คิดแบบแยกกรณีครับ

$a>b\rightarrow \dfrac{a^2+ab+b^2}{a+b}=a+\dfrac{b^2}{a+b}\le a+\dfrac{b}{2}$