อสมการ

[จูกัดเหลียง]

จงเเสดงว่า ทุกๆ $a,b,c>0$ ที่สอดคล้องกับ $a+b+c=1$ $$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{2\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$$

[จูกัดเหลียง]

For any positive real $a,b,c$ with $a+b+c=1$, $$\frac {ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+3(ab+bc+ca)\ge 2$$

[Aquila]

ทำได้แต่ข้อ 2 อะ ข้อ 1 ยังไม่มีไอเดียดีๆเลย

จากโจทย์ Homogenize อสมการเป็น

$(a+b+c)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3abc(ab+bc+ca) \geq 2abc(a+b+c)^2$

จากนี้ สมมติให้ $c$ มากสุด ดังนั้น $c \geq a,b$

จัดรูปเป็น $(c^3-abc+bc^2+c^2a)(a-b)^2+(a^2b+ab^2)(a-c)(b-c) \geq 0$

ซึ่งก็จริงจาก $c^3 \geq abc$ กับ $(a-c)(b-c) \geq 0$

ปล. โจทย์จากไหนครับ แต่งเองใช่ป่าว สวยดีนะครับ

[Thgx0312555]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

จงเเสดงว่า ทุกๆ $a,b,c>0$ ที่สอดคล้องกับ $a+b+c=1$ $$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{2\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$$

ข้อหนึ่งครับ
ไม่เคยทำวิธีแบบคุณ Aquila เป็นเลย - - แต่ก็เป็นวิธีที่สวยดีครับ

by A.M-G.M
$\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{(a+c)(b+c)}{c}+\frac{\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 5$
$\displaystyle \therefore \sum_{cyc} \dfrac{ab}{c}+\frac{2\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$

[Thgx0312555]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

For any positive real $a,b,c$ with $a+b+c=1$, $$\frac {ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+3(ab+bc+ca)\ge 2$$

$\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}$
$=(a+b+c)(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}) = a^2(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b})+b^2(\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{c})+c^2(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a})+ab+bc+ca$
$\ge 2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ca = 2-3(ab+bc+ca)$

ข้อสองครับ

[Aquila]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

ข้อหนึ่งครับ
ไม่เคยทำวิธีแบบคุณ Aquila เป็นเลย - - แต่ก็เป็นวิธีที่สวยดีครับ

by A.M-G.M
$\displaystyle \sum_{cyc} \dfrac{(a+c)(b+c)}{c}+\frac{\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 5$
$\displaystyle \therefore \sum_{cyc} \dfrac{ab}{c}+\frac{2\sqrt{abc}}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$

สวยดีครับ

ผมมองเป็น AM-GM แบบนี้ไม่ค่อยจะออกเหมือนกัน

[จูกัดเหลียง]

#3 ใช่ครับ
#4 เป็นวิธีที่ผมใช้เเต่งเลยครับ

ปล.เก่งกันมากครับ นึกว่าจะไม่มีคนมาเล่นซะเเล้ว

[Aquila]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

#3 ใช่ครับ
#4 เป็นวิธีที่ผมใช้เเต่งเลยครับ

ปล.เก่งกันมากครับ นึกว่าจะไม่มีคนมาเล่นซะเเล้ว

มีโจทย์สวยๆก็เอามาแปะเพิ่มไว้ก็ได้นะครับ

อสมการผมร้างมาเป็นปีๆเลยครับ อยากจะเอากลับมาทวนเหมือนกัน

[จูกัดเหลียง]

เพิ่มครับ

(Proposed by Adil Abdullayev) For $x,y,z>0$ $$\sqrt{1+\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}}\ge \sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt{\frac{z}{x}}$$

[BAWHK]

ให้ $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x} จะได้ abc=1$
เเปลงโจทย์เป็น$\sqrt{1+(1+a)(1+b)(1+c)}\geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$
$ \leftrightarrow 1+(1+a)(1+b)(1+c)\geqslant a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}$
$ \leftrightarrow (1+ab)+(1+bc)+(1+ca) \geqslant 2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}$
ซึ่งสมการบรรทัดสุดท้ายเป็นจริงโดย AM-GM

[Aquila]

อีกวิธีนึงแบบที่ไม่ต้องกระจาย

มันมองเป็น Cauchy ได้อยู่

จัดรูปอสมการ แล้วใช้ well known identity

$\sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)} \geq \sqrt{xy^2}+\sqrt{yz^2}+\sqrt{zx^2}$

ซึ่งจริงจาก Cauchy สำหรับลำดับ $(y,z,x),(xy,yz,zx)$

ปล. คุณ BAWHK มีโจทย์เจ๋งๆมาแชร์บ้างไหมครับ

[BAWHK]

ให้$x,y,z$ เป็นจำนวนจริงบวก จงเเสดงว่า
$\frac{2x^2+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^2 }+\frac{2y^2+yz}{(z+\sqrt{xy}+x)^2 }+\frac{2z^2+zx}{(x+\sqrt{yz}+y)^2 } \geqslant 1$

[GG:)]

$(y+\sqrt{zx}+z)^2 \leq (y+2z)(x+y+z)$
It remains to prove that,
${\sum_{cyc} \frac{2x^2+xy}{y+2z}\geq \sum_{cyc} x}$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{2x^2+2xy+2xz}{y+2z} \geq \sum_{cyc} x$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} \frac{x}{y+2z}\geq 1$
It is true by Cauchy