Problem 254 (vankhea 2011.8 inequality)

គេអោយ a, b, c ជាបីចំនួនពិតវិជ្ជមាន។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ
(a^2+b^2+c^2)^2+3abc(a+b+c)\leq 3ab(a^2+b^2)+3bc(b^2+c^2)+3ca(c^2+a^2)

រូបខាងលើនេះគឺខ្ញុំយកអាវអ្នកបង្ហាញម៉ូតបុរាញខ្មែរម្នាក់មកពាក់សាក បូកថែមនឹងវែនតាលួចគេ និងទង់ជ័យបាល់ទាត់ឆ្នាំ 2009 បានក្លាយជាអ្នកកំប្លែងបែបឡប់ៗ hihi
សំរាយបញ្ជាក់
វិសមភាពខាងលើសមមូលនឹងៈ
\displaystyle (a^2+b^2-c^2)ab+(b^2+c^2-a^2)bc+(c^2+a^2-b^2)ca\geq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)^2
តាង x=a^2+b^2-c^2; y=b^2+c^2-a^2; z=c^2+a^2-b^2
យើងបានៈ
2a^2=z+x; 2b^2=x+y; 2c^2=y+z ជំនួសចូលវិសមភាពខាងលើយើងបានៈ
\displaystyle x\sqrt{(x+y)(x+z)}+y\sqrt{(y+x)(y+z)}+z\sqrt{(z+x)(z+y)}\displaystyle \geq \frac{2}{3}(x+y+z)^2
ម្យ៉ាងទៀតយើងមានៈ
\displaystyle x\sqrt{(x+y)(x+z)}=\frac{x^2}{\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}}
ដូចនេះយើងទាញបានៈ
\displaystyle x\sqrt{(x+y)(x+z)}+y\sqrt{(y+x)(y+z)}+z\sqrt{(z+x)(z+y)}\displaystyle \geq \frac{x^2}{\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}}+\frac{y^2}{\frac{y}{\sqrt{(y+x)(y+z)}}}+\frac{z^2}{\frac{z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}}\displaystyle \geq \frac{(x+y+z)^2}{\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{y}{\sqrt{(y+x)(y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}}
តាង \displaystyle A=\frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\frac{y}{\sqrt{(y+x)(y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}
យើងនឹងស្រាយថាចំពោះចំនួនពិតវិជ្ជមាន x, y, z យើងបានៈ \displaystyle A\leq \frac{3}{2}
តាង u^2=x+y; v^2=y+z; w^2=z+x
\Rightarrow 2x=w^2+u^2-v^2; 2y=u^2+v^2-w^2; 2z=v^2+w^2-u^2
ដូចនេះយើងបានៈ
\displaystyle \frac{u^2+v^2-w^2}{2uv}+\frac{v^2+w^2-u^2}{2vw}+\frac{w^2+u^2-v^2}{2wu}
\displaystyle A\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{u^2+v^2-w^2}{2uv}+\frac{v^2+w^2-u^2}{2vw}+\frac{w^2+u^2-v^2}{2wu}\leq \frac{3}{2}
\Leftrightarrow (u^2+v^2-w^2)w+(v^2+w^2-u^2)u+(w^2+u^2-v^2)v\leq 3uvw
\displaystyle \Leftrightarrow u^3+v^3+w^3+3uvw\geq (u+v)uv+(v+w)vw+(w+u)wu
ដូចនេះយើងឃើញថាតាមវិសមភាព Schur វិសមភាពខាងលើពិតជានិច្ច។ ដូចនេះយើងបានៈ \displaystyle A\leq \frac{3}{2}
\displaystyle x\sqrt{(x+y)(x+z)}+y\sqrt{(y+x)(y+z)}+z\sqrt{(z+x)(z+y)}\displaystyle \geq \frac{2}{3}(x+y+z)^2 ពិត។
ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។ សមភាពកើតមានពេល x=y=z\Leftrightarrow a=b=c

Problem 253 (vankhea)

គេអោយ a, b, c ជាបីចំនួនពិតវិជ្ជមាន។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ
\displaystyle \biggl(\frac{a+b+c}{3}\biggl)^3\leq \frac{(a+b)c^2+(b+c)a^2+(c+a)b^2-3abc}{3}\leq \frac{a^3+b^3+c^3}{3}

Problem 252 (van khea)

គេអោយ a, b, c ជាបីចំនួនពិតវិជ្ជមាន។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ
(a+b+c)^5+81abc(a^2+b^2+c^2)\leq 81((a+b)c^4+(b+c)a^4+(c+a)b^4)

Problem 251 (van khea)

គេអោយបីចំនួនពិតវិជ្ជមានផ្ទៀងផ្ទាត់ a\leq b\leq c និង a+b+c=3 ។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ
\displaystyle \sqrt[4]{a(a+b)}+\sqrt[4]{b(b+c)}+\sqrt[4]{c(c+a)}\geq \frac{\sqrt[4]{2}}{3}(ab+bc+ca)^2
សំរាយបញ្ជាក់
យើងមានៈ
\displaystyle \sqrt[4]{a(a+b)}=\frac{\sqrt[4]{a}}{\frac{1}{\sqrt[4]{a+b}}}=\frac{a}{\frac{\sqrt[4]{a^3}}{\sqrt[4]{a+b}}}=\frac{(\sqrt{a})^2}{\frac{\sqrt[4]{a^3}}{\sqrt[4]{a+b}}}
ដូចនេះយើងទាញបានៈ
\displaystyle \sqrt[4]{a(a+b)}+\sqrt[4]{b(b+c)}+\sqrt[4]{c(c+a)}\displaystyle =\frac{(\sqrt{a})^2}{\frac{\sqrt[4]{a^3}}{\sqrt[4]{a+b}}}+\frac{(\sqrt{b})^2}{\frac{\sqrt[4]{b^3}}{\sqrt[4]{b+c}}}+\frac{(\sqrt{c})^2}{\frac{\sqrt[4]{c^3}}{\sqrt[4]{c+a}}}\displaystyle \geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{\frac{\sqrt[4]{a^3}}{\sqrt[4]{a+b}}+\frac{\sqrt[4]{b^3}}{\sqrt[4]{b+c}}+\frac{\sqrt[4]{c^3}}{\sqrt[4]{c+a}}}
តាង \displaystyle A=\frac{\sqrt[4]{a^3}}{\sqrt[4]{a+b}}+\frac{\sqrt[4]{b^3}}{\sqrt[4]{b+c}}+\frac{\sqrt[4]{c^3}}{\sqrt[4]{c+a}}
យើងនឹងស្រាយថាចំពោះចំនួនពិតវិជ្ជមាន \displaystyle a\leq b\leq c\Rightarrow A\leq \frac{3}{\sqrt[4]{2}}
យើងមាន \displaystyle A=\frac{\sqrt[4]{a^3}}{\sqrt[4]{a+b}}+\frac{\sqrt[4]{b^3}}{\sqrt[4]{b+c}}+\frac{\sqrt[4]{c^3}}{\sqrt[4]{c+a}}=\biggl(\frac{a}{\sqrt[3]{a+b}}\biggl)^{\frac{3}{4}}+\biggl(\frac{b}{\sqrt[3]{b+c}}\biggl)^{\frac{3}{4}}+\biggl(\frac{c}{\sqrt[3]{c+a}}\biggl)^{\frac{3}{4}}\displaystyle \leq \sqrt[4]{3}\biggl(\frac{a}{\sqrt[3]{a+b}}+\frac{b}{\sqrt[3]{b+c}}+\frac{c}{\sqrt[3]{c+a}}\biggl)^{\frac{3}{4}}
តាង \displaystyle B=\frac{a}{\sqrt[3]{a+b}}+\frac{b}{\sqrt[3]{b+c}}+\frac{c}{\sqrt[3]{c+a}} យើងនឹងស្រាយថាចំពោះ \displaystyle a\leq b\leq c\Rightarrow B\leq \frac{3}{\sqrt[3]{2}}
តាង x^3=a+b;y^3=c+a;z^3=b+c
ដោយ a\leq b\leq c\Rightarrow x\leq y\leq z
យើងទាញបានៈ
x^3+y^3-z^3=2a; z^3+x^3-y^3=2b;y^3+z^3-x^3=2c
ដូចនេះយើងបានៈ
\displaystyle B=\frac{(x^3+y^3-z^3)}{2x}+\frac{(y^3+z^3-x^3)}{2y}+\frac{(z^3+x^3-y^3)}{2z}
តាមលំហាត់ទី 74 van khea ចំពោះ x\leq y\leq z យើងមានៈ
\displaystyle \frac{(x^3+y^3-z^3)}{x}+\frac{(y^3+z^3-x^3)}{y}+\frac{(z^3+x^3-y^3)}{z}\leq x^2+y^2+z^2
\displaystyle \Rightarrow B\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)
ម្យ៉ាងទៀតយើងមានៈ
\displaystyle x^2+y^2+z^2=(a+b)^{\frac{2}{3}}+(b+c)^{\frac{2}{3}}+(c+a)^{\frac{2}{3}}\displaystyle \leq \sqrt[3]{3}(2(a+b+c)^{\frac{2}{3}}=3.2^{\frac{2}{3}}
\displaystyle \Rightarrow B\leq \frac{3}{\sqrt[3]{2}}
\displaystyle \Rightarrow A\leq \sqrt[4]{3}(\frac{3}{\sqrt[3]{2}})^{\frac{3}{4}}=\frac{3}{\sqrt[4]{2}}
ដូចនេះយើងបានៈ
\displaystyle \sqrt[4]{a(a+b)}+\sqrt[4]{b(b+c)}+\sqrt[4]{c(c+a)}\geq \frac{\sqrt[4]{2}}{3}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2
ឥឡូវយើងនឹងស្រាយថាចំពោះចំនួនពិតវិជ្ជមាន a, b, c យើងនឹងបានៈ \sqrt{a}+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq ab+bc+ca ចំពោះគ្រប់ a+b+c=3
យើងមានៈ (a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\Rightarrow 2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)  ;(1)
ម្យ៉ាងទៀតតាមវិសមភាព AM-GM យើងមានៈ
a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a
b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b}\geq 3b
c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c}\geq 3c
យើងបានៈ
a^2+b^2+c^2+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 3(a+b+c) ; (2)
បូក (1)+(2) យើងបានៈ
\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca
ដូចនេះយើងបានៈ
\displaystyle \sqrt[4]{a(a+b)}+\sqrt[4]{b(b+c)}+\sqrt[4]{c(c+a)}\geq \frac{\sqrt[4]{2}}{3}(ab+bc+ca)^2
ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។ សមភាពកើតមានពេល a=b=c=1

Problem 250 (van khea)

គេអោយបីចំនួនពិតវិជ្ជមាន a, b, c ផ្ទៀងផ្ទាត់ a+b+c=3 ។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ
\displaystyle \sqrt[3]{a(a+b)}+\sqrt[3]{b(b+c)}+\sqrt[3]{c(c+a)}\geq \frac{\sqrt[3]{2}}{3}(ab+bc+ca)^2
សំរាយបញ្ជាក់
តាង a=x^3; b=y^3; c=z^3 នោះយើងបានៈ
\sqrt[3]{a(a+b)}+\sqrt[3]{b(b+c)}+\sqrt[3]{c(c+a)}=x\sqrt[3]{x^3+y^3}+y\sqrt[3]{y^3+z^3}+z\sqrt[3]{z^3+x^3}
ម្យ៉ាងទៀតចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន x, y យើងមានៈ \displaystyle \sqrt[3]{x^3+y^3}\geq \frac{x+y}{\sqrt[3]{4}}
ដូចនេះយើងទាញបានៈ
\sqrt[3]{a(a+b)}+\sqrt[3]{b(b+c)}+\sqrt[3]{c(c+a)}\displaystyle \geq \frac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}{\sqrt[3]{4}}
តាមវិសមភាព Cauchy-Schwarz យើងមានៈ (xy+yz+zx)^2\leq (x^2+y^2+z^2)(x^2+y^2+z^2)
\displaystyle \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx
\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)\geq 2(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx)
\displaystyle \Rightarrow x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\geq \frac{2}{3}(x+y+z)^2\displaystyle =\frac{2}{3}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})^2
\displaystyle \Rightarrow \sqrt[3]{a(a+b)}+\sqrt[3]{b(b+c)}+\sqrt[3]{c(c+a)}\geq \frac{\sqrt[3]{2}}{3}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})^2
ដូចនេះយើងចាំបាច់ត្រូវស្រាយថា​ ចំពោះបីចំនួនពិតវិជ្ជមាន a+b+c=3 នាំអោយ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca
ឥឡូវយើងត្រូវរកតំលៃតូចបំផុតនៃ k ដើម្បីអោយ a^k+b^k+c^k\geq ab+bc+ca; \forall{a, b, c>0\&a+b+c=3}
តាង a+b=2t>1 នោះយើងត្រូវស្រាយថាៈ a^k+b^k-ab\geq min((2t)^k, 2t^k-t^2)
ឧបមាថា a\geq b នោះនាំអោយមានចំនួនវិជ្ជមាន x ដែល a=t+x; b=t-x
តាង​ f(x)=(t+x)^k+(t-x)^k-t^2+x^2
f'(x)=k(t+x)^{k-1}-k(t-x)^{k-1}+2x
f''(x)=k(k-1)(t+x)^{k-2}+k(k-1)(t-x)^{k-2}+2
f'''(x)=k(k-1)(k-2)((t+x)^{k-3}-(t-x)^{k-3})
យើងឃើញថា f'''(x) មានឬសតែមួយគត់គឺ x=0 នោះយើងទាញបានៈ f''(x) ជាអនុគមន៍ម៉ូណូតូននិងមានចំនួនឬសមិនលើសពីមួយ។ នាំអោយ f'(x) មានចំនួនឬសមិនលើពីពីរ t\geq x\geq 0
ដោយ f'(0)=0\&f''(0)=2-2k(1-k)\geq 0 នោះតំលៃតូចបំផុតនៃ f(x) ត្រូវយកត្រង់ចំនុច x=0x=t
ដូចនេះយើងទាញបានៈ a^k+b^k-ab\geq min((2t)^k, 2t^k-t^2)
ឥឡូវយើងឧបមាថា a\geq b\geq c តាង a+b=2t>1 នោះយើងបានៈ
a^k+b^k+c^k-(ab+bc+ca)\geq min((2t)^k, t^k-t^2)-2ct+c^k
ករណីទីមួយ បើ (2t)^k\leq 2t^k-t^2 នោះយើងបានៈ
\displaystyle a^k+b^k+c^k-(ab+bc+ca)\geq (2t)^k+c^k-c.2t\geq min((2t+c)^k, 2(t+\frac{c}{2})^k-(t+\frac{c}{2})^2)
ដោយ 2t+c=3 នោះយើងទាញបានៈ
\displaystyle a^k+b^k+c^k-(ab+bc+ca)\geq min(0, 2\frac{3^k}{2^k}-\frac{9}{4})
ករណីទីពីរ បើ (2t)^k\geq 2t^k-t^2 នោះយើងអាចយក a=b=z\geq 1, c=3-2z
តាង g(z)=2z^k+(3-2z)^k-2z(3-2z)+z^2=2z^k+(3-2z)^k-6z+3z^2
g'(z)=2kz^{k-1}-2k(3-2z)^{k-1}-6+6z
g''(z)=2k(k-1)(z^{k-2}-2k(3-2z)^{k-2})+6
g'''(z)=2k(k-1)(k-2)(z^{k-3}-4(3-2z)^{k-3})
យើងឃើញថា g'''(z) គ្មានឬសចំពោះគ្រប់ z\geq 1 នោះនាំអោយ g'(z) មានចំនួនឬសមិនលើសពីពីរ។
ដោយ \displaystyle \lim_{z\to \frac{3}{2}}=-\infty នោះយើងយកតំលៃតូចបំផុតនៃ g(z) ក្នុងចន្លោះ \displaystyle 1\leq z\leq \frac{3}{2}
នោះយើងទាញបានៈ \displaystyle g(z)\geq min(0, 2\frac{3^k}{2^k}-\frac{9}{4})
សរុបទាំងពីរករណីខាងលើដើម្បីអោយ a^k+b^k+c^k\geq ab+bc+ca លុះត្រាតែ \displaystyle 2\frac{3^k}{2^k}-\frac{9}{4}\geq 0
\displaystyle \Leftrightarrow k\geq \frac{2ln3-3ln2}{ln3-ln2}=0,2905
យក \displaystyle k=\frac{1}{3}\geq 0,2905
\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ca
ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។ សមភាពកើតមានពេល a=b=c=1

យើងជាកំឡោះបីនាក់

មិនមែនខំញញឹមអត់ប្រយោជន៍នោះទេ អ្វីដែលចង់បង្ហាញនៅទីនេះគឺបង្អួតពុកមាត់ 😀

Problem 249 (van khea)

ឧបមាថា u, v, w ជាបីចំនួនពិតវិជ្ជមានផ្ទៀងផ្ទាត់ u\leq v\leq w ។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ
\displaystyle (u^2+v^2-w^2)u^3+(v^2+w^2-u^2)v^3+(w^2+u^2-v^2)w^3\displaystyle \geq \frac{(u^2+v^2+w^2)^{\frac{5}{2}}}{3\sqrt{3}}
សំរាយបញ្ជាក់
តាង a=u^2+v^2-w^2 ; b=w^2+u^2-v^2 ; c=v^2+w^2-u^2
\Rightarrow a+b=2u^2; c+a=2v^2; b+c=2w^2 ជំនួសចូលវិសមភាពខាងលើយើងបានៈ
\displaystyle a(a+b)^{\frac{3}{2}}+b(b+c)^{\frac{3}{2}}+c(c+a)^{\frac{3}{2}}\geq \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}(a+b+c)^{\frac{5}{2}}
ម្យ៉ាងទៀតយើងមានៈ
\displaystyle a(a+b)^{\frac{3}{2}}+b(b+c)^{\frac{3}{2}}+c(c+a)^{\frac{3}{2}}=\frac{a^4}{(\frac{a}{\sqrt{a+b}})^3}+\frac{b^4}{(\frac{b}{\sqrt{b+c}})^3}+\frac{c^4}{(\frac{c}{\sqrt{c+a}})^3}\displaystyle \geq \frac{(a+b+c)^4}{(\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}})^3}
ដូចនេះយើងចាំបាច់ត្រូវស្រាយថាៈ
\displaystyle \frac{(a+b+c)^4}{(\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}})^3}\geq \frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{3}}(a+b+c)^{\frac{5}{2}}
វិសមភាពខាងលើសមមូលនឹងៈ​
\displaystyle \frac{2a}{\sqrt{a+b}}+\frac{2b}{\sqrt{b+c}}+\frac{2c}{\sqrt{c+a}}\leq 2\sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}
តាង x=\sqrt{a+b} ; y=\sqrt{c+a} ; z=\sqrt{b+c}
តាមសម្មតិកម្ម u\leq v\leq w\Rightarrow a\leq b\leq c\Rightarrow x\leq y\leq z
ម្យ៉ាងទៀតយើងមានៈ
\displaystyle 2a=x^2+y^2-z^2 ; 2b=z^2+x^2-y^2; 2c=y^2+z^2-x^2
ដូចនេះយើងត្រូវស្រាយថាៈ
\displaystyle \frac{x^2+y^2-z^2}{x}+\frac{y^2+z^2-x^2}{y}+\frac{z^2+x^2-y^2}{z}\leq 2\sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}
តាមវិសមភាពទី 74 van khea ចំពោះ x\leq y\leq z យើងមានៈ
\displaystyle \frac{x^2+y^2-z^2}{x}+\frac{y^2+z^2-x^2}{y}+\frac{z^2+x^2-y^2}{z}\leq x+y+z
ម្យ៉ាងទៀតយើងមានៈ
\displaystyle x+y+z=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq 3\sqrt{\frac{2(a+b+c)}{3}}\displaystyle =2\sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}
ដូចនេះយើងបានៈ
\displaystyle \frac{x^2+y^2-z^2}{x}+\frac{y^2+z^2-x^2}{y}+\frac{z^2+x^2-y^2}{z}\leq 2\sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)} ពិត ។
ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់ ។ សមភាពកើតមានពេល a=b=c\Leftrightarrow u=v=w