โจทย์อ่อน ที่คนเก่งต้องทำ !!!

[DEK [T]oR J[O]r [W]aR]

1. a,b,c เป็นความยาวของด้านสามเหลี่ยม จงพิสููจน์ว่า $$\sum_{cyc} a^2b(a-b) \geq 0$$

2. จงพิสูจน์ว่า $\displaystyle \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1} \equiv \dfrac{p(p+1)}{2} \pmod {p^2}$

3. $a,b,c > 0 $ พิสูจน์ว่า $$(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq \dfrac{9}{4}$$

4. $x^p+y^p = p^z$ จงหา $(x,y,z,p)$ x,y,z เป็นจำนวนเต็มบวก p เป็นจำนวนเฉพาะบวก

5. จงพิสูจน์ว่า $1729=12^3+1^3=9^3+10^3$ เป็นจำนวนที่น้อยที่สุดที่สามารถเขียนในรูปผลบวกของกำลังสาม โดย ในเลขโดดทุกตัวใน 1729 ใช้เป็นผลบวกกำลังสามทั้งหมด และได้ 2 แบบ

[cardinopolynomial]

$(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq \dfrac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}(ab+bc+ca)$ จาก AM-HM

$\dfrac{9}{4}\geq \dfrac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}(ab+bc+ca)$ จาก AM-GM

$(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq\dfrac{9}{4}\geq\dfrac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}(ab+bc+ca)$ เพียงพอที่จะสรุป

[cardinopolynomial]

1.พิจารณาสมการ $y+z=a,z+x=b,x+y=c$ ให้ x,y,z เป็นผลเฉลยของระบบสมการ

$a+b>c$

$(y+z)+(z+x)>(x+y)$

$2z>0$

$z>0$

ในทำนองเดียวกันกับ $b+c>a,c+a>b$ จะได้ $x>0,y>0$

พิจารณา $a^2b(a-b)=(y+z)^2(z+x)((y+z)-(z+x))$

$=(y^2+2yz+z^2)(z+x)(y-x)$

$=(y^3z+xy^2z+xy^3-x^2y^2)+(2y^2z^2-2xyz^2+2xy^2z-2x^2yz)+(yz^3-xz^3+xyz^2-x^2z^2)$

$=y^3z+xy^2z+xy^3-x^2y^2+2y^2z^2-xyz^2-2x^2yz+yz^3-xz^3-x^2z^2$

ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า

$b^2c(b-c)=xz^3+xyz^2+yz^3-y^2z^2+2x^2z^2-x^2yz-2xy^2z+x^3z-x^3y-x^2y^2$

$c^2a(c-a)=x^3y+x^2yz+x^3z-x^2z^2+2x^2y^2-xy^2z-xyz^2+xy^3-y^3z-y^2z^2$

ได้ว่า $a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)=2(xy^3+yz^3+zx^3-xyz(x+y+z))\geq0$

จาก Cauchy-Schwarz Inequality $xy^3+yz^3+zx^3 \geq xyz(x+y+z)$

[Keehlzver]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ cardinopolynomial

$(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq \dfrac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}(ab+bc+ca)$ จาก AM-HM

$\dfrac{9}{4}\geq \dfrac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}(ab+bc+ca)$ จาก AM-GM

$(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq\dfrac{9}{4}\geq\dfrac{9}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}(ab+bc+ca)$ เพียงพอที่จะสรุป

โจทย์ให้พิสูจน์ว่า $(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq \frac{9}{4}$ นะครับ

อสมการสุดท้าย weak กว่าครับ

[cardinopolynomial]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

โจทย์ให้พิสูจน์ว่า $(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+\dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq \frac{9}{4}$ นะครับ

อสมการสุดท้าย weak กว่าครับ

ผมก็ว่างั้นกำลังหาวิธีอื่นอยู่

[win1234]

ข้อนี้ถ้าจำไม่ผิดมันจะ strong มากเลยนะครับ เห็นจากหลายๆคนก็ใช้ SOS(Sum of square)

[TU Gifted Math#10]

Source
1.IMO 1983
3.Iran 1996
4.France 2012
5.smallest"ramanujan number"

Solution/Hint
1.WLOG, assume that a is the longest side of the triangle. Then
$a^{2}b(a - b) + b^{2}c(b - c) + c^{2}a(c - a)=a(b-c)^2(b+c-a)+b(a-b)(a-c)(a+b-c)\geq0$
2.Summation the $i-th$ term with $p-i-th$ term
3.many way to approach ; Brutal force , Mixing variable , Sum of Square
4.many way to approach ; Look for $v_p(x),v_p(y)$ , Lifting the exponent lemma