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

ឆ្លើយ​តប

Fill in your details below or click an icon to log in:

ឡូហ្កូ WordPress.com

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី WordPress.com របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

រូប Twitter

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី Twitter របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

រូបថត Facebook

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី Facebook របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

Google+ photo

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី Google+ របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

កំពុង​ភ្ជាប់​ទៅ​កាន់ %s

%d bloggers like this: