ทำได้เเล้ว :happy::laugh:
พิจารณา Lemma โดยโคชี $$\sum_{cyc} \sqrt{\frac{x^2}{(2x+y)(x+y+z)}}=\sum_{cyc} \sqrt{\frac{x}{x+y+z}}\cdot{\sqrt{\frac{x}{2x+y}}}$$
$$\le \sqrt{\sum_{cyc}\frac{x}{x+y+z}}\cdot\sqrt{\sum_{cyc} \frac{x}{2x+y}}=\sqrt{\sum_{cyc} \frac{x}{2x+y}}\le 1$$
โดย อสมการสุดท้ายจริงจาก $$\sum_{cyc} \frac{x}{2x+y}\le 1\leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{x}{2z+x}\ge 1$$ โดยโคชี
เเละ พิจารณา $$\sum_{cyc} \sqrt{\frac{2x^2}{x^4+y^2+4}}\le \sum_{cyc}\sqrt{\frac{2x^2}{4x+2y}}=\sum_{cyc}\sqrt{\frac{x^2}{2x+y}}\le \sqrt{x+y+z}$$
โดย อสมการสุดม้าย จริงจาก Lemma
เเทน $a=x^2,b=y^2,c=z^2$
จะได้ว่า $$ \sum_{cyc} \sqrt{\frac{a}{a^2+b+4}} \le \sqrt{\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}}\le \sqrt[4]{\frac{3}{4}(a+b+c)}$$
เเละ อสมการสุดท้ายก็โคชีอีกรอบ
อลังการมาก :haha::haha:

#150
วาดรูปผิดเปล่าครับ -__-"

:confused: (เอาแล้วไง) ยังไงหรอครับ ?

ไม่เข้าใจอธิบายเพิ่มหน่อยครับ

#153
รูปเดียวกัน??

ไม่เห็นรูปครับ :confused: เดี๋ยวจะลองวาดดูใหม่

ขอบคุณครับ รูปไ่ม่เหมือนกันแต่ทำคล้ายๆกัน

ช่วยดูให้หน่อยครับว่าถูกหรือยัง

แปะให้อีก 2 ข้อครับ และสำหรับผม ช่วงนี้คงจะเบรคไว้แค่ข้อ 12 ก่อน

11. a,b,c,d >0 พิสูจน์ $$ 4\sqrt[16]{\frac{32a(a+b)(a+b+c)}{3(a+b+c+d)^3}}+ \sqrt[4]{\frac{24bcd}{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)}} \leq 5 $$

12. $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ >3 ,พิสูจน์ $$ \binom{2p}{p} \equiv 2\pmod{p^3} $$

#150
จุด $G$ มีสองจุด??

ลบบรรทัดที่2ครับลืมลบ =_=

รูปนี้ใบ้เยอะนะ

ผมทำไม่เป็นจริงๆครับ ลองมั่วๆไปก่อน :o (ปล.Lemma ข้างล่างนี้นี้ผมว่าจริงนะครับ วานคนช่วยพิสูจน์)
Lemma สำหรับทุกๆ จำนวนเฉพาะ $p\ge 5$
จะได้ว่า $$p|\sum_{k=1}^{(p-1)/2} (k!(p-k)!)^2$$
เเละพิจารณา สำหรับ $i\in A$ ซึ่ง $A=\left\{\,i\in\mathbb{N}|(i!,p^3)=1 , i\le p-1\right\} $ จะได้ว่ามีอินเวอร์สในเซตของมันเอง ทำให้ได้ว่า
$$\binom {2p} {p}-2=\sum_{k=0}^{p} {\binom p k}^2-2\equiv 2(p!)^2\Big(\sum_{k=1}^{(p-1)/2}(k!(p-k)!)^2\Big)\equiv 0\pmod {p^3}$$
โดย สมภาครองสุดท้ายได้จากการอินเวอร์สในมอดุโล $p^3$ เเละสมภาคท้ายสุดจาก Lemma
ถ้าผิดพลาดประการใดก็ได้โปรดชี้เเนะด้วยครับ :please: ขอบพระคุณล่วงหน้า :)

Lemma ไม่จริงครับ รู้สึกตัวเต็มๆจะเป็น shortlist 6th TMO

ที่ว่า $k!(p-k)! \equiv (-1)^k \cdot k \pmod{p}$

แทนลงไปแล้วแยกเคส $p \equiv 1,3 \pmod{4}$ จะได้ว่ามีเศษเหลือแน่นอนทั้งสองกรณี จึงหารไม่ลงตัว

ปล. ตกอะไรไปหรือเปล่า ตอนแปลงอินเวอร์สลืมยกกำลังสองน่ะ ;)

สรุปคือตอนนี้ได้เเค่ว่า $$p^2|\binom {2p}{p}-2$$ เองเหรอครับ
ปล.ที่ผมอินเวอร์สไปก็ถูกสินะครับ :)

จริงๆก็ทำคล้ายกับคุณ จูกัดเหลียง แหละครับ แต่ใช้ Lemma ที่รู้จักกันดี (พิสูจน์ไม่ยากครับ)

สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ และจำนวนนับ $h,k$ ถ้า $h+k=p-1$ แล้ว $h!k! \equiv (-1)^h \pmod{p}$

ทำให้ $[ k!(p-k)! ]^2 \equiv k^2 \pmod{p}$

จากนั้นก็กระจาย $$\binom{2p}{p} = 2+\sum_{k=1}^{p-1} \frac{(p!)^2}{[k!(p-k)!]^2} \equiv 2+2(p!)^2 \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} [k!(p-k)!]^2 \pmod{p}$$

apply lemma ได้ $$\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} [k!(p-k)!]^2 \equiv \sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} k^2 \pmod{p}$$

พิสูจน์ต่ออีกหน่อยว่า $1^2+2^2+\cdots+\Big( \dfrac{p-1}{2} \Big)^2 \equiv 0 \pmod{p}$ ก็จบแล้วครับ

#164 อื้อหือ ขอบคุณมากๆครับ ยังไงช่วย Hint อสมการหน่อยดิครับ :please:
ปล. พึ่งรู้จัก Lemma ตัวนี้ (หามาจากไหนอ่ะครับ)