อสมการ

[Metamorphosis]

กำหนด $a,b,c >0$ และ $a+b+c = 3$
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2} \geqslant \frac{3}{2}$$

กำหนดให้ $a,b,c,d >0$ และ $a+b+c+d= 4$
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2c} \geqslant 2$$

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Metamorphosis

กำหนดให้ $a,b,c,d >0$ และ $a+b+c+d= 4$
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2c} \ge 2$$

by Cauchy and AM.-GM.
$$\sum_{cyc} \frac{a}{1+b^2c}=\frac{a^2}{a+ab^2c}\ge \frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+(ab+cd)(bc+ad)}\ge \frac{64}{16+[(a+c)(b+d)]^2}$$
จาก $(a+c)(b+d)\le [(a+b+c+d)/2]^2=4$ ทำให้อสมการเป็นจริง

กำหนด $a+b+c=3$ Prove $$\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge \frac{3}{2}$$

assume $a\ge b\ge c$ let $f(a)=a^2(b-c)-(b-c)(b+c)a+bc(b-c)$ then $f'(a)=(b-c)(2a-(b+c))=0\rightarrow a=(b+c)/2=1,f''(a)=b-c\ge 0$ so $f(1)$ is the minimum value but $f(1)\le 0$ so $f(a)\ge 0\rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge ab^2+bc^2+ca^2$
and Cauchy's $$\sum_{cyc} \frac{a}{1+b^2}=\frac{a^2}{a+ab^2}\ge \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+ab^2+bc^2+ca^2}$$
It's remain to prove $ab^2+bc^2+ca^2\le 3=(a+b+c)^3/3\leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge ab^2+bc^2+ca^2$ which is obvious

[nooonuii]

#2 ยังไม่ครบครับเพราะอสมการไม่มีสมมาตร

ยังไม่ได้เช็คว่าวิธีเดิมสามารถปรับไปใช้กรณีอื่นด้วยได้มั้ย

[จูกัดเหลียง]

#3 หมายถึงที่ผมสมมุติ $a\ge b\ge c$ อ่ะเหรอครับ คือเราจสสมุติได้เมื่อมัน สมมาตรเท่านั้นเหรอครับ

[Metamorphosis]

ตอนนี้ผมได้แล้วครับ cauchy-schwarz and am-gm

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

#3 หมายถึงที่ผมสมมุติ $a\ge b\ge c$ อ่ะเหรอครับ คือเราจสสมุติได้เมื่อมัน สมมาตรเท่านั้นเหรอครับ

ใช่ครับ

[Metamorphosis]

อีกข้อนะครับ
$a,b,c >0 , a+b+c =3$

พิสูจน์ว่า $$\sum_{cyc}\frac{1}{a^2+2b^2} \geqslant 1$$

อีกข้อครับ
ให้ $a,b,c >0 , a^5+b^5+c^5 =3$ พิสูจน์
$$\sum_{cyc} \frac{a^4}{b^3} \geqslant 3$$

[จูกัดเหลียง]

คิดได้หรือยังครับ

[PP_nine]

งั้นเฉลยข้อแรกให้เลยละกัน เฉลยหมดเดี๋ยวไม่สนุก

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Metamorphosis

กำหนด $a,b,c >0$ และ $a+b+c = 3$
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2} \geqslant \frac{3}{2}$$

solution

อสมการสมมูลกับ
$$\sum_{cyc} a-\frac{a}{1+b^2} \le a+b+c-\frac{3}{2}$$
$$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \frac{3}{2}$$
พิจารณา LHS โดย AM-GM ได้ว่า
$$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \sum_{cyc} \frac{ab^2}{2b} = \frac{1}{2} (ab+bc+ca)$$
โดยอสมการ $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$ ได้ว่า
$$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \frac{3}{2}$$
ซึ่งสมมูลกับ
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2} \ge \frac{3}{2}$$

[Metamorphosis]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

คิดได้หรือยังครับ

ยังเลยครับ เหลือ 2 ข้อหลังที่โพส ช่วยแสดงวิธีคิดด้วยครับ

[Metamorphosis]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

งั้นเฉลยข้อแรกให้เลยละกัน เฉลยหมดเดี๋ยวไม่สนุก

solution

อสมการสมมูลกับ
$$\sum_{cyc} a-\frac{a}{1+b^2} \le a+b+c-\frac{3}{2}$$
$$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \frac{3}{2}$$
พิจารณา LHS โดย AM-GM ได้ว่า
$$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \sum_{cyc} \frac{ab^2}{2b} = \frac{1}{2} (ab+bc+ca)$$
โดยอสมการ $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$ ได้ว่า
$$\sum_{cyc} \frac{ab^2}{1+b^2} \le \frac{3}{2}$$
ซึ่งสมมูลกับ
$$\sum_{cyc}\frac{a}{1+b^2} \ge \frac{3}{2}$$

คิดคล้ายๆกันเลยครับ

[Nostalgius]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Metamorphosis

ให้ $a,b,c >0 , a^5+b^5+c^5 =3$ พิสูจน์
$$\sum_{cyc} \frac{a^4}{b^3} \geqslant 3$$

ให้ $a^5=x , b^5=y , c^5=z$ ดังนั้น $x,y,z>0 และ x+y+z=3$
ต้องการพิสูจน์ว่า
Sigma cyclic [x^(4/5)]/[y^(3/5)] >=3 ,
สมมูลกับ Sigma cyclic [x]/[x^(1/5)y^(3/5)] >= 3
AM.-GM.ตัวส่วน $x+y+y+y+1>=...$ สมมูลกับ.... ใช้ Cauchy ต่อ จบ

[Metamorphosis]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Nostalgius

ให้ $a^5=x , b^5=y , c^5=z$ ดังนั้น $x,y,z>0 และ x+y+z=3$
ต้องการพิสูจน์ว่า
Sigma cyclic [x^(4/5)]/[y^(3/5)] >=3 ,
สมมูลกับ Sigma cyclic [x]/[x^(1/5)y^(3/5)] >= 3
AM.-GM.ตัวส่วน $x+y+y+y+1>=...$ สมมูลกับ.... ใช้ Cauchy ต่อ จบ

งงอะครับ ต้องการหมายถึงอะไร ?

[จูกัดเหลียง]

#13 ผมเข้าใจว่าอย่างนี้ครับ
$$\sum_{cyc} \frac{x^{4/5}}{y^{3/5}}=\frac{x}{x^{1/5}y^{3/5}}\ge 5\sum_{cyc} \frac{x}{x+3y+1}=5\sum_{cyc} \frac{x^2}{x^2+3xy+x}\ge \frac{5(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+(xy+yz+zx)+(x+y+z)}$$
เหลือพิสูจน์ว่า $5(x+y+z)^2\ge 3(x+y+z)^2+3(xy+yz+zx+x+y+z)\leftrightarrow [(x+y+z)^2-3(x+y+z)]+[(x+y+z)^2-3(xy+yz+zx)]\ge 0$
จาก $(x+y+z)^2=3(x+y+z),(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)$
ปล.ผมยังคิดไม่ได้เหมือนกันครับ เลยอยากจะขอ HINT บ้าง

[PP_nine]

เอ วิธีเค้าก็อธิบายละเอียดแล้วนี่ครับ (แม้จะเขียนงงๆหน่อย)

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Nostalgius

ให้ $a^5=x , b^5=y , c^5=z$ ดังนั้น $x,y,z>0$ และ $x+y+z=3$

ต้องการพิสูจน์ว่า
$$\sum_{cyc} \frac{x^{4/5}}{y^{3/5}} \ge 3$$
สมมูลกับ
$$\sum_{cyc} \frac{x}{x^{1/5}y^{3/5}} \ge 3$$
AM.-GM.ตัวส่วนของ LHS ได้ว่า
$$\sum_{cyc} \frac{x}{x^{1/5}y^{3/5}} \ge \sum_{cyc} \frac{5x}{x+y+y+y+1} = 5 \sum_{cyc} \frac{x}{x+3y+1}$$
โดย Cauchy-Schwarz
$$5\sum_{cyc} \frac{x^2}{x^2+3xy+x} \ge \frac{5(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)+x+y+z} = \frac{45}{9+(xy+yz+zx)+3}$$
แต่ $3(xy+yz+zx) \le (x+y+z)^2$
$$\frac{45}{9+(xy+yz+zx)+3} \ge \frac{45}{9+3+3}=3$$