มาราธอน ค่าย 1

[Pain 7th]

$\tan^2 A =\dfrac{bc}{a}, \tan^2 B=\dfrac{ca}{b} , 0 < A,B < \dfrac{\pi}{2}$

จาก $1= a+b+c$ เราจะได้ $1= \tan A\tan B+\sqrt{\dfrac{ab}{c}}(\tan A+\tan B)$ จะได้ $\dfrac{ab}{c}= (\dfrac{1- \tan A\tan B}{\tan A+\tan B})^2= \cot^2 \left(\,A+B\right)$ จะได้ $\tan^2 C = \dfrac{ab}{c} , A+B+C = \dfrac{\pi}{2}$ ก็กลายเป็น เราต้องพิสูจน์
$$\dfrac{1}{1+\tan^2 A}+\dfrac{1}{1+\tan^2 B}+\dfrac{ \tan C}{1+tan^2 C} \leq 1+\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$$

[จูกัดเหลียง]

ข้อเเรกเปลี่ยนตัวแปรเเบบนี้ $x=\dfrac{a+b}{c}$ สินะครับ
เเล้วจะได้ว่า $\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}=1$
โดยต้องการพิสูจน์ $\sqrt[n]{1/x}+\sqrt[n]{1/y}+\sqrt[n]{1/z}\ge \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}$
ซึ่ง $$(n-1)x+\underbrace{1+1+...+1}_{n-1} \ge n\sqrt[n]{(n-1)x}\leftrightarrow x+1\ge \frac{n}{n-1}\sqrt[n]{(n-1)x}$$
ดังนั้น $$1=\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}\le\frac{n-1}{n\sqrt[n]{n-1}}\Big(\frac{1}{\sqrt[n]{x}}+\frac{1}{\sqrt[n]{y}}+\frac{1}{\sqrt[n]{z}}\Big)$$

ปล.เเล้วที่ผมทำผิดตรงไหนอ่ะครับ อยากรู้มากก TT
เเก้ #75 เเล้วนะครับ ( ผมไม่ชอบเลข $\dfrac{3\sqrt 3}{4}$ เลย 555+ )

[Pain 7th]

มันน่าจะไม่ชาร์ปตรงนี้ครับ

$\tan A+1 \geq 2\sqrt{\tan A}$

ลองใช้เอกลักษณ์ทางตรีโกณ ที่เบสิคเลยน่ะครับ

#75 แทนอะไรเป็นอะไรเขียนไว้หน่อยได้ไหมครับ เพื่อคนอ่านด้วย

[Pain 7th]

ใครมีโจทย์ ช่วยลงหน่อยได้ไหมครับ ผมอยากให้ครั้งนี้ได้ถึงค่าย สสวท เลยน่ะครับ

ผมมีโอกาสแค่ครั้งเดียวแล้วอ่ะครับ ไม่อยากปล่อยให้หลุดมือไป

[Beatmania]

จัดไปครับ น่าจะง่ายสำหรับ 2 ท่านนี้นะครับ

1.$ab+bc+ca=3; a,b,c>0$

$$a^3+b^3+c^3+6abc\geqslant 9$$

2.$a+b+c=1; a,b,c>0$

$$10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\geqslant 1$$

3.$a,b,c>0$

$$\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} +\frac{9(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 33$$

Credit : ที่นี่แน่นอนครับ Hojoo lee

[จูกัดเหลียง]

1.ได้ $q=ab+bc+ca=3\rightarrow p\ge 3$
เเละจะได้ $a^3+b^3+c^3+6abc=p^3-3pq+9r\ge p^3-9p+12p-p^3= 3p\ge 9$
2.กระจายเช่นเคยได้ว่าต้องการพิสูจนน์ $$10(1-3q+3r)-9(5q^2-5q-5qr+5r+1)\ge 1\leftrightarrow (3q-1)(q-r)\le 0$$ ซึ่งจริงเพราะ $q\le p^2/3=1/3$ เเละ $q=pq\ge 9r>r$
3.โดย $p,q,r$ method เเละให้ $a^2+b^2+c^2=p^2-2q=3$ จะได้ว่าต้องการพิสูจน์ว่า
$$\frac{2(p^3-3pq+3r)}{2}+\frac{9p^2}{p^2-2q}\ge 33\leftrightarrow (3-q)(p-3r)\ge 0$$
ซึ่งจริงเพราว่า $r\le 1,q\le 3$

[Pain 7th]

1. Shur's Inequality จะได้

$a^3+b^3+c^3+6abc \geq (a+b+c)(ab+bc+ca) \geq \dfrac{(a+b+c)^3}{3}$ complete !!!!!!

3. โดย Homogeneous ให้ $a+b+c=3 $ จะได้ $abc \leq 1$ จากนั้นให้ $a+b+c=p , ab+bc+ca=q ,abc=r $ แทนกลายเป็น

$\dfrac{2p^3-6pq+6r}{r}+\dfrac{9p^2}{p^2-2q} \geq 33 $

$\dfrac{p^3-3pq}{r}+\dfrac{9q}{p^2-2q} \geq 9$

แทนค่า $p=3$ แล้วกระจาย จะได้ $(q-3)^2 \geq 0$ complete

[Pain 7th]

2. จาก p,q,r method ทำให้เราต้องพิสูจน์ว่า

$(1+9q)(1-3q+3r)+9(q-r)(1-2q)-9r \geq 1$

$(1-3q)(q-r) \geq 0$

จาก $q \leq \dfrac{1}{3} $ และ $q>r$

[Euler-Fermat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Pain 7th

1. Shur's Inequality จะได้

$a^3+b^3+c^3+6abc \geq (a+b+c)(ab+bc+ca) \geq \dfrac{(a+b+c)^3}{3}$ complete !!!!!!

3. โดย Homogeneous ให้ $a+b+c=3 $ จะได้ $abc \leq 1$ จากนั้นให้ $a+b+c=p , ab+bc+ca=q ,abc=r $ แทนกลายเป็น

$\dfrac{2p^3-6pq+6r}{r}+\dfrac{9p^2}{p^2-2q} \geq 33 $

$\dfrac{p^3-3pq}{r}+\dfrac{9q}{p^2-2q} \geq 9$

แทนค่า $p=3$ แล้วกระจาย จะได้ $(q-3)^2 \geq 0$ complete

ข้อ 1 ผมจะแสดงโดย ใช้ Schur's Inequality มาไม่ทัน คุณ Pain 7th แหะๆ

[จูกัดเหลียง]

#86 ผมก็ Schur นะครับ ปล.ลงโจทย์ใหม่ๆเยอะๆเลยครับ ถึงจะังไม่ปีิดเทอมเเต่ผมอยากทำมากๆครับ

[Pain 7th]

ผมมาใบ้ #78 ให้แล้วกันครับ อีกนิดนึง

$2\cos^2 A-1+2\cos^2 B-1+2\sin C \cos C +2= \cos 2A+\cos 2B+\sin 2C +2$

$\cos^2 A+\cos^2 B+\sin C\cos C = 1+\dfrac{1}{2}(\cos 2A+\cos 2B+\sin 2C)$

แล้วลองสังเกตที่ $3\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ ว่ามันน่าจะเกี่ยวข้องอะไรกับ $\sin$ แล้วดูความเป็น convex concave แล้วก็อัดด้วย Jensen เลยครับ

[จูกัดเหลียง]

#88 มันคือ $\sin (2A+2B+2C/3)=\sin \pi/3$ ใช่ใหมครับ เเต่ผมไม่เข้าใจว่าเราจะ Jensen ยังไง เพราะเหมือนว่ามันจะคนละฟังก์ชันกัน

[Pain 7th]

ลองใช้ เอกลักษณ์ทางตรีโกณเปลี่ยนรูปมันก่อนว่า $\sin A+\sin B= 2\sin (\dfrac{A+B}{2}) \cos (\dfrac{A-B}{2}) $ แล้วใช้ประโยชน์จาก

$A+B+C= \dfrac{\pi}{2}$ ครับผม

[จูกัดเหลียง]

มันเเยกได้เป็น $\sin C(\cos A-\sin A)(\sin B-\cos B)$ ป่ะครับ โง่จริงอะไรจริง

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Beatmania

2.$a+b+c=1; a,b,c>0$

$$10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\geqslant 1$$

ข้อนี้คงอยากให้ใช้เอกลักษณ์สองอันนี้มั้ง

$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(c+a)$

$a^5+b^5+c^5=(a+b+c)^5-5(a+b)(b+c)(c+a)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$