รวมวิธีในการพิสูจน์อสมการที่น่าสนใจ

[NaPrai]

กระทู้นี้จะเป็นกระทู้ที่รวบรวมบทพิสูจน์อสมการ

ให้ $a,b,c\in\mathbb{R^+}$ พิสูจน์ว่า
\begin{align*}\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2} \ge \frac{3}{4}\end{align*}

ซึ่งมีหลายวิธีที่น่าสนใจที่ผมรวบรวมมาจากหลาย ๆ แหล่งด้วยกันนะครับ

[NaPrai]

วิธีที่ 1

อันนี้เป็นวิธีที่ผมชอบมากที่สุด หลัก ๆ คือใช้การจัดรูปโดยใช้เอกลักษณ์ทางพีชคณิต ดังนี้ครับ

\begin{align*}\sum\frac{4a^2}{(a+b)^2} &= 3 +\sum\left[\frac{2(a^2+b^2)}{(a+b)^2}-1\right]+\sum\frac{2(a^2-b^2)}{(a+b)^2}\\
&= 3+\sum\left|\frac{a-b}{a+b}\right|^2+2\sum\frac{a-b}{a+b}\\
&= 3+\sum\left|\frac{a-b}{a+b}\right|^2-2\prod\frac{a-b}{a+b} \\
&\ge 3+3\prod\left|\frac{a-b}{a+b}\right|^\frac{2}{3}-2\prod\left|\frac{a-b}{a+b}\right|\ \ (AM-GM และ -x \ge -|x|)
\\&\ge 3\end{align*}

หมายเหตุ: $\sum, \prod$ เป็นแบบ cyclic นะครับ

[Panithi Vanasirikul]

ใช้ rearrangement ก็น่าจะได้นะครับ

[NaPrai]

เดี๋ยวจะค่อย ๆ อัปเดตไปเรื่อย ๆ นะครับ ใครที่มีวิธีเพิ่มเติมสามารถเสนอได้นะครับ
@Panithi ลองแสดงให้ดูหน่อยครับ เพราะว่าถ้าใช้อสมการการจัดเรียงแบบตรง ๆ อสมการจะกลับข้างนะครับ

[NaPrai]

วิธีที่ 2

ให้ $x = \frac{a}{a+b}, y = \frac{b}{b+c}, z = \frac{c}{c+a}$

จะได้ว่า $xyz = (1-x)(1-y)(1-z) \Rightarrow x+y+z = 1+xy+yz+zx - 2xyz$

จาก $(x +y+z-\frac{3}{2})^2 \ge 0 $
ทำให้ได้ว่า \begin{align*}x^2+y^2+z^2 &\ge3(x+y+z) -2( xy+yz+zx)-\frac{9}{4}
\\ &= 3(1+xy+yz+zx-2xyz)-2(xy+yz+zx)-\frac{9}{4} \\&= \frac{3}{4}+(xy+yz+zx)-6xyz\\&\ge \frac{3}{4}\end{align*}
ซึ่งอสมการสุดท้ายเป็นจริงเพราะ

$xy+yz+zx=\sum\frac{ac(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge\frac{6abc}{(a+b)(b+c)(c+a )}=6xyz$

[NaPrai]

วิธีที่ 3

Lemma ให้ $x,y \in\mathbb{R^+}$ ได้ว่า $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\ge\frac{1}{1+xy}$
Pf: โดย Cauchy-Schwarz

$(y+x)(\frac{1}{y}+x)\ge(1+x)^2\Rightarrow\frac{1}{(1+x)^2}\ge(\frac{y}{x+y})(\frac{1}{1+xy})$
$(x+y)(\frac{1}{x}+y)\ge(1+y)^2\Rightarrow\frac{1}{(1+y)^2}\ge(\frac{x}{x+y})(\frac{1}{1+xy})$

ดังนั้น

$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\ge\frac{1}{1+xy}$

พิจารณา \begin{align*}\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2} &= \frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+
\frac{1}{(1+\frac{c}{b})^2}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2}
\\&\ge \frac{1}{1+\frac{c}{a}}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2}
\\&\ge \frac{1}{1+\frac{c}{a}}+\frac{1}{1+\frac{a}{c}}-\frac{1}{4}
\\&= \frac{3}{4}\end{align*}

[จูกัดเหลียง]

โอ้โห ยอมวิธีที่ 3 ชอบมากๆครับ ยังไงก็เป็นกำลังใจให้ลงเพิ่มเติมนะครับๆ อย่างน้อยก็ผมคนนึงละที่คอยตามอ่าน

ปล.น่าจะมีให้โหวตนะครับ จริงๆผมไม่อยากคอมเมนต์ให้เสียบรรยากาศเลย

[NaPrai]

วิธีที่ 3.5
คล้าย ๆ กับวิธีที่ 3 ครับ เลยแถมให้เป็น 3.5
จาก Lemma (China TST 2005 Quiz 2 #3)
ให้ $p, q, r, s\in \mathbb{R^+}$ ที่ $pqrs = 1$ จงพิสูจน์ว่า

$\frac{1}{(1+p)^2}+\frac{1}{(1+q)^2}+\frac{1}{(1+r)^2}+\frac{1}{(1+s)^2}\ge 1$

Proof วิธีในการพิสูจน์สามารถใช้ผลจาก Lemma ในวิธีที่ 3 ในการพิสูจน์ได้ครับ

จากนั้น เราจะแทน $p=\frac{b}{a}, q=\frac{c}{b}, r=\frac{a}{c}, s=1$ ซึ่งเราได้ว่า $pqrs =1$ ทำให้

$\frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+\frac{1}{(1+\frac{c}{b})^2}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2}+\frac{1}{(1+1)^2}\ge 1$

จะได้

$\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2}\ge\frac{3}{4}$

[NaPrai]

วิธีที่ 4

คือการ proof อสมการที่ strong กว่า

โดยจาก $\frac{a^2}{(a+b)^2}=\frac{3}{4}(\frac{4a^2}{3(a+b)^2})=\frac{3}{4}(\frac{4a^2}{3a^2+6ab+3b^2})\ge \frac{3}{4}(\frac{4a^2}{4a^2+8ab+4b^2})=\frac{3}{4}(\frac{a^2}{a^2+ab+b^2})$

ดังนั้น ที่เหลือจึงต้องพิสูจน์ว่า $\sum\frac{a^2}{a^2+ab+b^2} \ge 1 $
$\Leftrightarrow \sum [a^2 + (a+b+c)\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}]\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow \sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}\ge \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$

ซึ่งเป็นจริงโดย Cauchy-Schwartz ดังนี้

$(\sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2})(\sum c(a^2+ab+b^2))\ge (ab+bc+ca)^2 \Rightarrow \sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}((a+b+c)(ab+bc+ca))\ge(ab+bc+ca)^2$

ก็จะได้ $\sum\frac{a^2c}{a^2+ab+b^2}\ge \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$ ตามต้องการ

[NaPrai]

ผมไม่ได้เข้า mathcenter มานานมาก ไม่รู้ว่าตอนนี้จะมีคนอ่านหรือเปล่านะ แต่พอดีคิดถึงกระทู้ที่เคยตั้งไว้เลยมาอัปเดตเพิ่มอีกหน่อย

วิธีที่ 5
เหมือนกับวิธีที่ 4 ที่เราจะพิสูจน์ตัวอสมการ $\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2} \ge 1$ ซึ่งเป็นอสมการที่แข็งกว่า (พอดีผมไปเจอบทพิสูจน์สวย ๆ มา เลยอยากเอาเผยแพร่สักหน่อย)

ให้ $A=a^2+ab+b^2,B=b^2+bc+c^2$ และ $C=c^2+ca+a^2$ ก็จะพบว่าอสมการที่ต้องการพิสูจน์สมมูลกับ $\sum_{cyc}\frac{a^2}{A} \ge 1 \Leftrightarrow \left(\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C} \right)\left(\frac{a^2}{A}+\frac{b^2}{B}+\frac{c^2}{C}-1\right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \left(\frac{a^2}{A^2}+\frac{b^2}{B^2}+\frac{c^2}{C^2} \right)+\left(\frac{a^2+b^2}{AB}+\frac{b^2+c^2}{BC}+\frac{c^2+a^2}{CA} \right)-\left(\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C} \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \left(\frac{a^2}{A^2}+\frac{b^2}{B^2}+\frac{c^2}{C^2} \right)+\left(\frac{a^2+b^2-A}{AB}+\frac{b^2+c^2-B}{BC}+\frac{c^2+a^2-C}{CA} \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow \left(\frac{a^2}{A^2}+\frac{b^2}{B^2}+\frac{c^2}{C^2} \right)-\left(\frac{ab}{AB}+\frac{bc}{BC}+\frac{ca}{CA} \right)\ge 0$

ซึ่งอสมการสุดท้ายก็เป็นจริงโดยอสมการสุดคลาสสิคอย่าง $x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$ เป็นวิธีการที่สวยไปอีกแบบใช้แค่การจัดรูปจนกลายเป็นสิ่งที่ง่าย แต่ยอมวิธีนี้เหมือนกัน

[NaPrai]

วิธีที่ 6
วิธีนี้จะมานำเสนอวิธีการใช้ Cauchy-Schwarz แบบมาตรฐาน หรือที่รู้จักกันในนาม Titu's lemma

\begin{align*}\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2} &= \frac{(a(c+a))^2}{(a+b)^2(c+a)^2}+\frac{(b(a+b))^2}{(b+c)^2(a+b)^2}+\frac{(c(b+c))^2}{(c+a)^2(b+c)^2}
\\&\ge\frac{(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{(a+b)^2(b+c)^2+(b+c)^2(c+a)^2+(c+a)^2(a+b)^2}\\&=\frac{1}{4}\frac{((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 )^2}{ (a+b)^2(b+c)^2+(b+c)^2(c+a)^2+(c+a)^2(a+b)^2 }\\&\ge \frac{3}{4} \end{align*}

อสมการสุดท้ายเป็นจริงจากความจริงสุดคลาสสิค (อีกแล้ว 555) ที่ว่า $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$

[NaPrai]

วิธีที่ 7

วิธีนี้ขอเรียกว่า วิธี "แปลงแล้วแปลงอีก" โดยหลักการของวิธีนี้คือการแทนค่าตัวแปร จากนั้นก็แทนค่ากลับด้วยอีกค่าหนึ่ง เพื่อให้อสมการเป็นอสมการสมมาตรดังนี้

ก่อนอื่นให้ $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}$ ก็จะได้ว่าจะต้องพิสูจน์ว่า

$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2} \ge \frac{3}{4}$ สำหรับ $x,y,z \in \mathbb{R^+}$ ใด ๆ ที่ $xyz=1$

จากนั้นเราจึงแทนค่ากลับด้วย $x=\frac{qr}{p^2}, y=\frac{pr}{q^2}, z=\frac{pq}{r^2}$ ก็จะได้ว่าอสมการที่จะพิสูจน์นั้น เปลี่ยนโฉมไปเป็น

$\frac{p^4}{(p^2+qr)^2}+\frac{q^4}{(q^2+pr)^2}+\frac{r^4}{(r^2+pq)^2} \ge \frac{3}{4}$

สำหรับจำนวนจริงบวก $p,q,r$ ใด ๆ

ซึ่งการพิสูจน์นั้น หลัก ๆ ก็คือใช้ อสมการโคชี-ชวาร์ช ก่อนก็จะได้ว่า
\begin{align*}\frac{p^4}{(p^2+qr)^2}+\frac{q^4}{(q^2+pr)^2}+\frac{r^4}{(r^2+pq)^2} &\ge \frac{(p^2+q^2+r^2)^2}{(p^2+qr)^2+(q^2+pr)^2+(r^2+pq)^2} \\&= \frac{(p^4+q^4+r^4)+2(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)}{(p^4+q^4+r^4)+(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)+2pqr(p+q+r)}\end{align*} ที่เหลือจึงแค่พิสูจน์ว่า $\frac{(p^4+q^4+r^4)+2(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)}{(p^4+q^4+r^4)+(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2)+2pqr(p+q+r)} \ge \frac{3}{4}$ ซึ่งพอกระจายเศษส่วนออกก็จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า $(p^4+q^4+r^4)+5(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2) \ge 6pqr(p+q+r)$ โดยพิสูจน์ได้ไม่ยากและทำได้หลายวิธี เช่น การใช้อสมการ $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca $ ดังนี้

$(p^4+q^4+r^4)+5(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2) \ge 6(p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2) \ge 6pqr(p+q+r)$

[NaPrai]

จะว่าไปจริง ๆ วิธีในลักษณะแบบวิธีที่ 7 นี่สามารถนำไปประยุกต์ใช้กับอสมการที่แข็งแกร่งกว่า คือ อสมการในวิธีที่ 4
\begin{align*}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2} \ge 1\end{align*} ได้ด้วยนะครับ เดี๋ยวถ้าว่าง ๆ จะมาลง Full Solution ให้นะครับ

[NaPrai]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ NaPrai

จะว่าไปจริง ๆ วิธีในลักษณะแบบวิธีที่ 7 นี่สามารถนำไปประยุกต์ใช้กับอสมการที่แข็งแกร่งกว่า คือ อสมการในวิธีที่ 4
\begin{align*}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2} \ge 1\end{align*} ได้ด้วยนะครับ เดี๋ยวถ้าว่าง ๆ จะมาลง Full Solution ให้นะครับ

มาต่อกันเลยจากโพสต์ที่แล้ว โดยให้ $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}$ ซึ่งก็จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า

$\frac{1}{1+x+x^2}+\frac{1}{1+y+y^2}+\frac{1}{1+z+z^2} \ge 1$ เมื่อ $x,y,z \in \mathbb{R^+}$ ที่ $xyz=1$

จากนั้นเราก็แทนค่ากลับด้วย $x=\frac{qr}{p^2}, y=\frac{pr}{q^2}, z=\frac{pq}{r^2}$ จะได้ว่าต้องพิสูจน์ว่า

$\frac{p^4}{p^4+p^2qr+q^2r^2}+\frac{q^4}{q^4+pq^2r+p^2r^2}+\frac{r^4}{r^4+pqr^2+p^2q^2} \ge 1$ สำหรับ $p,q,r \in \mathbb{R^+}$

ซึ่งเราจะพิสูจน์อสมการนี้โดยใช้ อสมการโคชี-ชวาร์ช ก่อนเลยดังนี้ \begin{align*}\frac{p^4}{p^4+p^2qr+q^2r^2}+\frac{q^4}{q^4+pq^2r+p^2r^2}+\frac{r^4}{r^4+pqr^2+p^2q^2} &\ge \frac{(p^2+q^2+r^2)^2}{(p^4+q^4+r^4)+(p^2q^2+q^2r^2+q^2r^2)+pqr(p+q+r)}\end{align*}
ที่เหลือจึงแค่พิสูจน์ว่าก่อนนี้มากกว่าหรือเท่ากับ $1$ ซึ่งสมมูลกับ $p^2q^2+q^2r^2+p^2r^2 \ge pqr(p+q+r)$ ซึ่งเป็นจริงอย่างเห็นได้ชัดโดยใช้ความจริงที่ว่า $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$

[nightstalker]

ขอบคุณครับ