Dark Six!!!

[tatari/nightmare]

นี่คือโจทย์ IE ที่ผมตั้งใจจะเอาไปลง mathcenter contest ครับแต่เห็นว่ามันยากเกินก็เลยเปลี่ยนใจ 55+
ขอเชิญท่านเทพ IE มา discuss กันได้เลยนะครับ

1.ให้ $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ เป็นจำนวนจริงบวกซึ่งสอดคล้องเงื่อนไข
$$a_1a_2...a_5 =a_1(1+a_2)+a_2(1+a_3)+...+a_5(1+a_1)+2$$
จงหาค่าตำสุดของ $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\frac{1}{a_4}+\frac{1}{a_5}$

2.ให้ $a,b,c,d$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่ตดลบที่สอดคล้องสมการ $a^2+b^2+c^2+d^2=4$
จงแสดงว่า $$\sqrt{2}(4-ab-bc-cd-da)\geq (\sqrt{2}+1)(4-a-b-c-d)$$

3.สำหรับทุกจำนวนจริงบวก $a,b,c$ จงพิสูจน์ว่า
$$\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}\geq \sqrt{\dfrac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}}$$

4.ให้ $a,b,c$ เป็นจำนวนจริงบวกซึ่ง $a+b+c+1=4abc$ จงแสดงว่า
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3 \geq \frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}$$

5.ให้ $a,b,c$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่ติดลบ แล้วจงพิสูจน์ว่า
$$a^4(b+c)+b^4(c+a)+c^4(a+b)\leq \frac{1}{12}(a+b+c)^5$$

6.ให้ $a,b,c$ เป็นจำนวนจริงบวก จงแสดงว่า
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{(a-b)^2}{4(a+b)^2}+\frac{(b-c)^2}{4(b+c)^2}+\frac{(c-a)^2}{4(c+a)^2}$$

[The jumpers]

6. จาก Iran 1996 เราจะได้ว่า
\[(ab+bc+ca)\left(\,\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\right) \geqslant \frac{9}{4}\]
\[\sum_{cyc}\frac{4ab+4bc+4ca-(a+b)^2}{(a+b)^2}\geqslant 6\]
\[\sum_{cyc}\frac{4c(a+b)-(a-b)^2}{4(a+b)^2}\geqslant \frac{3}{2}\]
\[\therefore \sum_{cyc}\frac{a}{b+c}\geqslant \frac{3}{2}+\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2}{4(a+b)^2}\]
ปล. ผมพิสูจน์ Iran 1996 ไม่เป็น...

[The jumpers]

ข้อ2 ...เป็นจำนวนจริงที่ไม่ตดลบ...
ลืมอะไรหรือเปล่าครับ???

[dektep]

ข้อ 3,4,5 นี่มาจาก mathreflection นี่ครับ

[วะฮ่ะฮ่ะฮ่า]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ The jumpers

ข้อ2 ...เป็นจำนวนจริงที่ไม่ตดลบ...
ลืมอะไรหรือเปล่าครับ???

ดจทย์ผิดไงครับ คงจะผิดทุกข้อแหละ อย่างไปทำเลยคัรบ

[Mathematica]

โจทย์ไม่ผิดหรอกครับ คุณแหละผิด

[วะฮ่ะฮ่ะฮ่า]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Mathematica

โจทย์ไม่ผิดหรอกครับ คุณแหละผิด

ผมดม่ได้ผิดน่ครับ


แก๊สโซฮอล์ต่าวหากที่ผิด

[gnopy]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่ะฮ่า

ผมดม่ได้ผิดน่ครับ


แก๊สโซฮอล์ต่าวหากที่ผิด

มุขโบราณ

ขอร้องหละครับ ทำไม่ได้อย่ามาปั่นกระทู้เพื่อเพิ่มจำนวนข้อความตัวเอง

[วะฮ่ะฮ่ะฮ่า]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ gnopy

มุขโบราณ

ขอร้องหละครับ ทำไม่ได้อย่ามาปั่นกระทู้เพื่อเพิ่มจำนวนข้อความตัวเอง

ทำได้ครับ เดี่ยวผทเอาsolotionให้ผมดูก้ได้มั้ยคัรบ

[Mathematica]

เอา Solution มาให้ดูสิครับ ผมอยากเห็นจริงๆ
ปล. ได้ข่าวว่าอยู่ฟอสซิลมา 2 ปีแล้วใช่ไหมครับ เก่งจริงๆครับ เก่งครับเก่ง

[beginner01]

5. (แบบถึกๆ แต่ไม่กระจาย)
สังเกตว่าอสมการโจทย์นั้น homogeneous
ดังนั้นจะทำการ normalize โดยให้ $a+b+c=1$
ได้ว่าอสมการโจทย์สมมูลกับ $$\sum_{cyc}a^4(1-a)\leq\frac{1}{12}$$
ให้ $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ เป็นฟังก์ชันนิยามโดย $f(x)=x^4(1-x)$ ได้ว่า $f''(x)=12x^2-20x^3=4x^2(3-5x)$
$\therefore f''(x)\geq 0$ ก็ต่อเมื่อ $x\leq\frac{3}{5}$

เราสามารถแบ่ง $a,b,c$ ได้ 2 กรณีดังนี้
1)$a,b,c\in[0,\frac{3}{5}]$ เห็นได้ว่า $f''(x)\geq 0$
จาก $(a,b,c)\prec(\frac{3}{5},\frac{2}{5},0)$ ดังนั้นจาก Majorization ได้ว่า
$\sum_{cyc}f(a)=\sum_{cyc}a^4(1-a)\leq f(\frac{3}{5})+f(\frac{2}{5})+f(0)$
$=\frac{42}{625}<\frac{42}{504}=\frac{1}{12}$
2)มี $a,b,c$ ที่อยู่ในช่วง $(\frac{3}{5},1]$ เห็นได้ว่าจะมีเพียง 1 ตัวใน $a,b,c$ เท่านั้นที่สามารถอยู่ในช่วงนี้ได้ (มิฉะนั้นแล้วผลบวกจะมีค่ามากกว่า 1) ดังนั้นโดยไม่เสียนัย ให้เป็น $a$ ที่อยู่ในช่วง $(\frac{3}{5},1]$
สังเกตว่า $0,b,c,b+c\in[0,\frac{2}{5})$
เนื่องจาก $f$ เป็น convex ในช่วง $[0,\frac{2}{5})$ และจาก $(b,c)\prec(b+c,0)$ ดังนั้นจาก Majorization ได้ว่า
$\sum_{cyc}a^4(1-a)=f(a)+f(b)+f(c)\leq f(a)+f(b+c)+f(0)$
$=f(a)+f(1-a)=a^4(1-a)+(1-a)^{4}a$
$=a(1-a)[1-3a(1-a)]=\frac{1}{3}[3a(1-a)][1-3a(1-a)]$
จาก $ab\leq\frac{(a+b)^2}{4}$ ทุกๆ $a,b\in\mathbb{R}$
$\therefore\sum_{cyc}a^4(1-a)\leq\frac{1}{3}\frac{(3a(1-a)+1-3a(1-a))^2}{4}=\frac{1}{12}$

จากทั้ง 2 กรณี ได้ว่า $\sum_{cyc}a^4(1-a)\leq\frac{1}{12}$

อสมการเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $3a(1-a)=1-3a(1-a)$ และ $c=0$ และการสับเปลี่ยน
ดังนั้นอสมการเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $(a,b,c)=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{6}t,\frac{3-\sqrt{3}}{6}t,0\right)$ และการสับเปลี่ยนทั้งหมด โดยที่ $t\geq 0$

[beginner01]

4.ให้ $\displaystyle a=\frac{x+y}{2z},b=\frac{y+z}{2x},c=\frac{z+x}{2y}$ โดย $x,y,z>0$ จะได้ว่า $a+b+c+2=4abc$
(ให้ $x,y,z>0$ ได้ เพราะ สมมติว่า $x<0$ จาก $a>0$ หาก $y>0$ แบ่งเป็น 2 กรณี
1)$z<0$ จะได้ว่า $c<0$ ขัดแย้งกับ $c>0$
2)$z>0$ จะได้ว่า $y<0$ ขัดแย้งกับ $y>0$
$\therefore y<0$ ได้อีกว่า $z<0$ แต่ถ้าทั้งหมดน้อยกว่า $0$ ก็ให้ $x'=-x,y'=-y,z'=-z$ ซึ่งเห็นได้ว่า $x',y',z'>0$ และ $\displaystyle a=\frac{x'+y'}{2z'},b=\frac{y'+z'}{2x'},c=\frac{z'+x'}{2y'}$)

ได้ว่าโจทย์สมมูลกับ $x,y,z>0$ $\displaystyle\sum_{cyc}\frac{2z}{x+y}\geq3\geq\sum_{cyc}\sqrt{\frac{4xz}{(x+y)(y+z)}}$
ฝั่งซ้าย เป็นจริงจาก Nesbitt
ฝั่งขวา จาก AM-GM ได้ว่า $\displaystyle\sum_{cyc}\sqrt{\frac{4xz}{(x+y)(y+z)}}=\sum_{cyc}2\sqrt{\frac{xz}{(x+y)(y+z)}}\leq\sum_{cyc}$ $\displaystyle\left(\frac{x}{x+y}+\frac{z}{y+z}\right)=3$ ตามต้องการ

[beginner01]

3.ยกกำลังสอง ได้ว่าโจทย์สมมูลกับ
$\displaystyle\sum_{sym}\frac{a}{b}+2\sum_{cyc}\sqrt{\left(\frac{a+b}{c}\right)\left(\frac{c+a}{b}\right)}\geq$ $\displaystyle\frac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$

จากโคชี ได้ว่า $\displaystyle\sum_{sym}\frac{a}{b}+2\sum_{cyc}\sqrt{\left(\frac{a+b}{c}\right)\left(\frac{c+a}{b}\right)}\geq\sum_{sym}\frac{a} {b}+2\sum_{cyc}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)=3\sum_{sym}\frac{a}{b}$

จาก AM-GM ได้ว่า $\displaystyle\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\geq\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}$
$\displaystyle\therefore 3+\sum_{sym}\frac{a}{b}\geq\frac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$

ดังนั้น $\displaystyle 3\sum_{sym}\frac{a}{b}\geq 2(3+\sum_{sym}\frac{a}{b})\geq\frac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$ ตามต้องการ