Inequality Marathon

[nongtum]

เห็นกระทู้ Number theory Marathonไปได้สวย อีกอย่างที่นี่คออสมการเยอะ ผมก็เลยขอเปิดอสมการมาราธอนโดยใช้ไอเดียเดียวกันกับกระทู้ Number Theory Marathon โดยที่คำถามจะเป็นอสมการพีชคณิตหรือเรขาคณิตก็ได้ ความยากตั้งแต่ pre olympiad เป็นต้นไป ว่าแล้วก็เริ่มข้อแรกกันดีกว่า

1. จำนวนใดในสองจำนวนนี้มีค่ามากกว่า (000... แทน 0 ยี่สิบห้าตัว)
\[\frac{1000\ldots2+1}{(1000\ldots2)^2+1000\ldots2+1}\qquad
หรือ \qquad\frac{1000\ldots4+1}{(1000\ldots4)^2+1000\ldots4+1} \]

[devil jr.]

2. $x, y, z$ are positive real numbers such that $x^2+y^2+z^2=3$
Prove that $x+y+z \geq (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2$

[gools]

ข้อแรกนะครับ
ให้ \(a=10^{25}\) ดังนั้นเราต้องเปรียบเทียบระหว่าง \(\frac{a+3}{a^2+5a+7}\) กับ \(\frac{a+5}{a^2+9a+21}\)
ลองคูณไขว้ดู จะพบว่า \((a+3)(a^2+9a+21) > (a+5)(a^2+5a+7)\)
ดังนั้น \(\frac{a+3}{a^2+5a+7} > \frac{a+5}{a^2+9a+21}\) ครับ

[Char Aznable]

ข้อความเดิมของคุณ devil jr.:
x, y, z are positive real numbers such that x^2+y^2+z^2=3
Prove that x+y+z >= (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2

จัดรูปใหม่ได้เป็น $2(x+y+z)+(x^4+y^4+z^4)\geq 9$
ซึ่งจาก am-gm จะได้ $$\sum_{cyclic} x^4+x+x \geq 3 \sum_{cyclic}x^2 = 9$$

[Char Aznable]

ยังไม่มีเวลาตั้งโจทย์ใหม่เลยครับ
3.กระทู้เก่าของผมนะครับ
ลองทำข้อนี้กันดูก่อนแล้วกันนะครับ เห็นว่ายังไม่มีใครมาตอบ(ข้อนี้แต่งเองครับ)

[devil jr.]

4. Let $a,b,c$ be positive reals such that $a+b+c=1$.
Prove that
$$a^3+b^3+c^3 \geq 3abc+\frac{3}{4}(a-b)^2$$

[devil jr.]

5. Let $a,b,c$ be positive reals such that $abc=1$.
Prove that $$ \frac{a^2+2bc}{a^3+b^2+c^2}+\frac{b^2+2ca}{a^2+b^3+c^2}+\frac{c^2+2ab}{a^2+b^2+c^3} \leq 3$$

[devil jr.]

change ฃ1 to ฃ3

[nooonuii]

6. (nooonuii) ให้ $a,b,c >0$ โดยที่ $a+b+c = ab+bc+ca$ จงพิสูจน์ว่า

$$(1+a)(1+b)(1+c) + (a+b)(b+c)(c+a) \geq 16 $$

สมการเป็นจริงเมื่อใด

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ devil jr.:
a,b,c are positive reals such that a+b+c=1.
Prove that
a³+b³+c³ณ3abc+(3/4)(a-b)²

เนื่องจาก

$a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$

$ = a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$

และ $c = 1-a-b$ อสมการจึงสมมูลกับ $(3a + 3b - 2)^2\geq 0$ ซึ่งเป็นจริงเสมอ
สมการเป็นจริงก็ต่อเมื่อ $c = \frac{1}{3}$

[Mr.high]

(a³+b³+c³-3abc)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca)=a²+b²+c²-ab-bc-ca

จาก (a+b-2c)² =(a²+b²+4c²+2ab-4ac-4bc)
= 4(a²+b²+c²-ab-bc-ca) -3(a-b)²
ณ 0
ข้อแรก ของคุณ devil jr.

[Mr.high]

ข้อของคุณ noonuii ผมคิดว่าน่าจะทำแบบนี้

(a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca) - abc = (a+b+c)²-abc
(1+a)(1+b)(1+c) = 1 + 2(a+b+c) + abc

เอาสมการทั้งสองมาบวกกันได้
(a+b)(b+c)(c+a) + (1+a)(1+b)(1+c) = (a+b+c+1)²

ตอนสุดท้ายจะต้องพิสูจน์ว่า a+b+c ณ 3 อ่ะคับ

[gools]

ข้อความเดิมของคุณ devil jr.:
a,b,c are positive reals such that abc=1.
Prove that \frac{a^2+2bc}{a^3+b^2+c^2}+\frac{b^2+2ca}{a^2+b^3+c^2}+\frac{c^2+2ab}{a^2+b^2+c^3} ฃ3

จาก Cauchy เราได้ว่า
\[\sum \frac{a^2+2bc}{a^3+b^2+c^2} \leq \sum \frac{a^2+b^2+c^2}{a^3+b^2+c^2}=(a^2+b^2+c^2)\sum\frac{1}{a^3+b^2+c^2}\leq (a^2+b^2+c^2)\sum\frac{a+c^2+c^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{ \sum a +2\sum a^2}{a^2+b^2+c^2}\]

และโดย Power Mean และ Am-Gm เราได้ว่า
\[a^2+b^2+c^2 \geq \frac{(a+b+c)^2}{3}\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}{3} = a+b+c\]

ดังนั้น \(\displaystyle{\frac{ \sum a +2\sum a^2}{a^2+b^2+c^2}} \leq \displaystyle{\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}}=3\)

[gools]

ข้อความเดิมของคุณ Mr.high:
ตอนสุดท้ายจะต้องพิสูจน์ว่า a+b+c ณ 3 อ่ะคับ

มาจาก
\[a+b+c=ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\]
ครับ

[devil jr.]

7. $a,b,c$ are positive reals. Prove that
$$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq \frac{9}{4}(ab+bc+ca)^2$$