มาช่วยกันเฉลยอสมการ Hojoo Lee

[nooonuii]

โชคดีในการสอบทุกคนครับ ขอให้ได้เหรียญทองกลับมาครับ

[[Tong]_1412]

กลับมาแล้วคับ เด่วจะรวม ไฟล์ ให้ละกันนะคับ

[[Tong]_1412]

รวมไฟล์ยากแท้!!! ขอเลื่อนเป็นเดือนหน้านะครับ ช่วงนี้ต้องซ้อมคัดตัวนักกีฬา ขอโทษจริง ๆ นะครับ อีกอย่างเปิดเรียนแล้วด้วย แต่ไงเดี๋ยวจะรวมให้ครับ

[tatari/nightmare]

ผมมีsolotionอีกแบบต่างจากคุณ noonuii มาฝากบางข้อ
110.จากเงื่อนไขที่ว่า $0\leq a,b,c\leq 1$ เราจะได้ว่า $$(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)\geq 0$$
นั่นคือ $1-a^2-b^2-c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2\geq 0$
ซึ่งเท่ากับ $$a^2+b^2+c^2\leq 1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2$$
$$\leq 1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$
$$ =1+(a^2b)(b)+(b^2c)(c)+(c^2a)(a)$$
$$\leq 1+a^2b+b^2c+c^2a$$ #
113.จากที่ $x^2+y^2+z^2=2$ เราจะได้ว่า $2\geq y^2+z^2$ ซึ่ง $2\geq y^2+z^\geq 2yz$ นั่นคือ
$yz\leq 1$ พิจารณาอสมการที่จะแสดง
$$x+y+z-xyz=x(1-yz)+(y+z)\leq \sqrt{x^2+(y+z)^2}\sqrt{(1-yz)^2+1}$$ (cauchy)
$$=\sqrt{2+2yz}\sqrt{1-2yz+2(yz)^2}$$
ต่อไปถ้าเราให้ $a=yz$ เราจะต้องแสดงว่า
$$\sqrt{2+2a}\sqrt{1-2a+2a^2}\leq 2$$
ซึ่งก็เหมือนกับการแก้อสมการหาช่วงของ $a$ ซึ่งสุดท้ายจะได้ว่า $a\leq 1$ซึ่งจริงจากที่ได้แสดงไปแล้วข้างต้น#
ชักเหนื่อยแล้ว เอาไว้วันหลังแล้วกัน

[dektep]

ตอนนี้เหลือข้อไหนบ้างคร้บ
15.(Vietnam 2005)
$$LHS = \sum_{cyc}(\frac{1}{1+\frac{b}{a}})^3 = \sum_{cyc}(\frac{1}{1+x})^3$$
และ $xyz=1$
จากข้อ $17.$ แทน $d=1$ จะได้ว่า $abc=1 \rightarrow \sum_{cyc}\frac{1}{(1+a)^2} \geq \frac{3}{4}$
โดย power mean ; $(\frac{\sum_{cyc}(\frac{1}{1+x})^3}{3})^{\frac{1}{3}}$
$$ \geq (\frac{\sum_{cyc}(\frac{1}{1+x})^2}{3})^{\frac{1}{2}} \geq \frac{1}{2}$$
$\therefore \sum_{cyc}(\frac{1}{1+x})^3 \geq \frac{3}{8}$

[RoSe-JoKer]

โอ้สุดยอดมากๆ อยากได้เฉลยข้อ 131 อะครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

อยากได้เฉลยข้อ 131 อะครับ

ใช่ข้อนี้หรือไม่
131. $x+y+z=1:x,y,z\geq 0$
$$(1+x)(1+y)(1+z)\geq (1-x^2)^2+(1-y^2)^2+(1-z^2)^2$$

Hint:

ให้ $p=xy+yz+zx,q=xyz$

$x+y+z=1$
$x^2+y^2+z^2=1-2p$
$x^3+y^3+z^3=...$
$x^4+y^4+z^4=...$

จัดรูปอสมการให้อยู่ในตัวแปร $p,q$ ให้หมดครับ แล้วอสมการจะลดรูปจนพิสูจน์ได้ไม่ยาก
โจทย์อสมการที่เกี่ยวกับพหุนามสมมาตรใช้เทคนิคนี้ได้หมด

[RoSe-JoKer]

ผมลองแทนดู $x^4+y^4+z^4=1-4p+4q+2p^2$
ดังนั้น $(1-x^2)^2+(1-y^2)^2+(1-z^2)^2=3-2(x^2+y^2+z^2)+x^4+y^4+z^4=3-2+4p+1-4p+4q+2p^2$
จับอสมการตั้งต้นมา
$2+p+q \geq 2+4q+2p^2$
$p \geq 2p^2+3q$
$xy+yz+xz \geq 2(xy+yz+xz)^2+3xyz$ << ไอ้นี้มันไม่จริง T_T
...รู้สึกแปลกๆครับช่วยทีครับ ผมคงอ่อนอสมการจริงๆแหละ T_T

[dektep]

131
จะทำให้ดีกรีเท่ากันโดยเงื่อนไข $a+b+c = 1$
จะต้องพิสูจน์ว่า $$(x+y+z)(2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z) \geq \sum_{cyc}((y+z)(2x+y+z))^{2}$$
ให้ $x+y=a,y+z=b,z+x=c$
$$(x+y+z)(2x+y+z)(x+2y+z)(x+y+2z) \geq \sum_{cyc}((y+z)(2x+y+z))^{2}$$
$$\leftrightarrow (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a) \geq 2\sum_{cyc}(b(a+c))^2$$
$$\leftrightarrow \sum_{sym}a^3b \geq 2\sum_{cyc}a^2b^2$$
ซึ่งเป็นจริงโดย AM-GM

[dektep]

139.
$\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4} \geq \frac{\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2)$
$\therefore LHS \geq \sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)$
แต่ $$\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2) \geq \sqrt{a^2+b^2+c^2}(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ca) \geq \sum_{cyc}a\sqrt{2a^2+bc}$$ โดย Cauchy

[dektep]

144.
$$LHS-3 = \sum_{cyc}\frac{ab}{1-ab}$$
$$=\sum_{cyc}\frac{2ab}{2-2ab}=\sum_{cyc}\frac{2ab}{2a^2+2b^2+2c^2-2ab} $$
$$\leq \sum_{cyc}\frac{2ab}{a^2+b^2+2c^2}$$
$$\leq \frac{1}{2}\sum_{cyc}(\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{a^2}{a^2+c^2}) = \frac{3}{2}$$
$$\therefore LHS \leq \frac{9}{2}$$

[dektep]

69.
$LHS=a+b+c+\underbrace{\frac{9}{9abc}+\frac{9}{9abc}+...+\frac{9}{9abc}}_{9 ตัว}
\geq 12\sqrt[12]{\frac{1}{9^9a^8b^8c^8}} \geq 4\sqrt{3}$

ตอนนี้เหลือข้อไหนบ้างครับที่ยังไม่ได้โพสต์เฉลย

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

$p \geq 2p^2+3q$
$xy+yz+xz \geq 2(xy+yz+xz)^2+3xyz$ << ไอ้นี้มันไม่จริง T_T

จริงสิครับ ถ้าไม่จริงอสมการก็ไม่จริงสิ เำำำพราะสองอสมการนี้มันสมมูลกันอยู่
ทำมาเกือบจบแล้วครับ

$3xyz(x+y+z)\leq (xy+yz+zx)^2$
$3(xy+yz+zx)\leq (x+y+z)^2$

ดังนั้น $3q\leq p^2$ และ $3p\leq 1$
เราจึงได้
$p\geq 3p^2\geq 3q+2p^2$

[วิหก]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ dektep

โจทย์อสมการของ Hojoo Lee
อสมการ

ทำไมผมเปิดไม่ได้

[Conan แห่งเขาโงลั๋งกั๋ง]

(a2+b2+c2)2≥3abc(a+b+c) why?