Newly Created Inequality

[Punk]

กำหนดให้ \( x,y,z>0\) โดย \( (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2=3 \) จงพิสูจน์ว่า
\[
x+y+z\leq\frac{3}{2}\left(1+\frac{1}{(xyz)^2}\right)
\]

[gools]

โดย AM-GM จะได้ว่า
\[1+\frac{1}{(xyz)^2} \geq \frac{2}{xyz}\]
เราต้องพิสูจน์ว่า \(x+y+z \leq \frac{3}{xyz}\)
\[xyz(x+y+z) = \sum_{cyc} x^2yz \leq 3 = \sum_{cyc} (xy)^2\]
แทน \(xy=a,yz=b,zx=c\)
จะได้ว่า
\[\sum_{cyc} ab \leq \sum_{cyc} a^2\]
ซึ่งเป็นเสมอจริงครับ

[gon]

น้อง Gools เริ่มจะเป็นเซียนอสมการแล้วใช่ไหมนี่ แป๊บ ๆ ตอบแล้ว

[Punk]

เยี่ยมครับน้อง gools ทีนี้เอาของจริงไปบ้างครับ

ให้ \( x,y,z>0 \) โดย \( (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2=3 \) จงแสดงว่า
\[
x+y+z\leq\frac{6+3(xyz)^2}{xyz+2(xyz)^2}
\]

[passer-by]

จาก \(\large x+y+z\leq \frac{3}{xyz}\) ที่คุณ gools พิสูจน์ไว้ และเนื่องจาก \(\large \frac{2+(xyz)^{2}}{1+2xyz} \geq 1\) เทียบเท่ากับ \( \large (xyz-1)^{2} \geq 0 \) ดังนั้น

\( \large \frac{6+3(xyz)^{2}}{xyz+2(xyz)^{2}}=\frac{3(2+(xyz)^{2})}{xyz(1+2xyz)}\geq \frac{3}{xyz} \geq x+y+z\)

[gools]

ข้อความเดิมของคุณ gools:
ซึ่งเป็นเสมอจริงครับ

ตายตอนจบครับ
ซึ่งเป็นจริงเสมอครับ

[Punk]

เยี่ยมจริงๆ ทั้งน้อง gools และคุณ passer-by น่าจะมืออาชีพทั้งคู่นะเนี่ย

ขอตบท้ายด้วยโจทย์จาก shortlist ปีที่ผ่านมาละกัน เป็นโจทย์จากประเทศไทยอีกนั่นเอง

กำหนดให้ \( a,b,c>0\) โดย \( ab+bc+ca=1 \) จงพิสูจน์ว่า
\[
\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\leq\frac{1}{abc}
\]
(ผมเห็นใน mathlinks แล้วละว่ามีคนเฉลยไว้ โดยใช้ Holder's inequality แต่มันมีวิธีสั้นๆใช้แค่ AM-GM ครับ ลองทำดูครับ
)

[gools]

อยากดูวิธีแบบง่าย ๆ ครับ
เราได้ว่า \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc}\)
\[\begin{array}{rcl}\text{เนื่องจาก}\quad\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} = \sqrt[3]{\frac{\sqrt{1+6ab}\sqrt{1+6ab}}{a}} &\leq& \frac{\frac{1}{a}+\sqrt{1+6ab}+\sqrt{1+6ab}}{3}\\
\text{ดังนั้น}\quad L.H.S.&\leq& \frac{\frac{1}{abc}+2(\sqrt{1+6ab}+\sqrt{1+6bc}+\sqrt{1+6ca})}{3}\end{array}\]
โดยที่ \(f(x)=\sqrt{x}\) เป็น concave function จะได้ว่า
\[\sqrt{1+6ab}+\sqrt{1+6bc}+\sqrt{1+6ca} \leq 3\sqrt{\frac{3+6(ab+bc+ca)}{3}}=3\sqrt{3}\]
จะได้ว่า \(\frac{\frac{1}{abc}+2(\sqrt{1+6ab}+\sqrt{1+6bc}+\sqrt{1+6ca})}{3} \leq \frac{\frac{1}{abc}+6\sqrt{3}}{3}\)
เราต้องพิสูจน์ว่า \(\frac{\frac{1}{abc}+6\sqrt{3}}{3} \leq \frac{1}{abc}\)
ซึ่งสมมูลกับ \(abc \leq \frac{1}{3\sqrt{3}}\)
เนื่องจาก \(ab+bc+ca=1\) ดังนั้น \(1 \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\) จะได้ว่า \(\frac{1}{3\sqrt{3}} \geq abc \)

[passer-by]

บรรทัดที่ใช้ concave function มาช่วย สามารถใช้ cauchy-schwarz inequality มาอธิบายก็ได้ครับ

[Char Aznable]

วิธีของผมใช้ rearrangement กับ power-mean ครับ

[Char Aznable]

(1+6ab)^1/3/a^1/3+(1+6bc)^1/3/b^1/3+(1+6ca)^1/3/c^1/3
ฃ(chebychev) (1/3)((1+6ab)^1/3+(1+6bc)^1/3+(1+6ca)^1/3)(a^1/3+b^1/3+c^1/3)
ฃ(power-mean) 3((1+6ab)+(1+6bc)+(1+6ca))^1/3(1/a+1/b+1/c)^1/3
= 3/(abc)^1/3
จาก ab+bc+ca=1 จะได้ (abc)^2/3ฃ1/3
ซึ่งสมมูลกับ 3/(abc)^1/3 ฃ 1/abc