$latex (a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\ge(a+b+c)^3$.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex (x^3-1)(x^2-1)\ge0$, untuk $latex x\in\mathbb{R}^+$  yang menyebabkan $latex x^5-x^2+3\ge x^3+2$. Jadi, kita gunakan ketaksamaan Holder,

$latex (a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\ge(a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)=(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)\ge(a+b+c)^3$.

$latex \displaystyle\left(\frac{M+z_2+\cdots+z_{2n}}{2n}\right)^2\ge\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right)\left(\frac{y_1+\ldots+y_n}{n}\right).$

Catatan: Pada catatannya mengenai ketaksamaan, Thomas Mildorf menulis mengenai soal ini, "It is my opinion that it is highly unlikely that a problem as staggeringly pernicious as this one will appear on an Olympiad - at least in the foreseeable future."

Solusi
Misalkan $latex X=\text{maks}\{x_1,\ldots,x_n\}$ dan $latex Y=\text{maks}\{y_1,\ldots,y_n\}$. Dengan mengganti $latex x_i$ menjadi $latex x_i'=x_i/X$, $latex y_i$ menjadi $latex y_i'=y_i/Y$, dan $latex z_i'=z_i/\sqrt{XY}$, bentuk ketaksamaan tidak akan berubah. Jadi kita bisa menormalisasi $latex X=Y=1$.

Kita akan membuktikan ketaksamaan yang lebih kuat, yaitu

$latex \displaystyle\left(\frac{M+z_2+\cdots+z_{2n}}{2n}\right)^2\ge\frac14\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}n+\frac{y_1+\cdots+y_n}n\right)^2,$

(dengan AM-GM, ruas kanan di sini lebih besar atau sama dengan ruas kanan pada soal). Ketaksamaan ini ekuivalen dengan

$latex M+z_2+\cdots+z_{2n}\ge x_1+\cdots+x_n+y_1+\cdots+y_n\ (*).$

Kita akan menunjukkan bahwa untuk setiap $latex r\ge0$, banyaknya suku yang lebih besar dari $latex r$ pada ruas kiri setidaknya sama dengan (atau lebih dari) banyaknya suku yang lebih dari $latex r$ pada ruas kanan. Maka, jika kedua ruas pada (*) disusun dalam urutan naik, jelas bahwa suku ke-$latex k$ di ruas kiri lebih besar atau sama dengan suku ke-$latex k$ ruas kanan, sehingga (*) terbukti. Jika $latex r\ge1$, maka tidak ada suku di ruas kanan yang lebih dari $latex r$. Jadi asumsikan $latex r<1$. Misalkan $latex A$ adalah himpunan $latex x_i$ yang lebih besar dari $latex r$, $latex B$ adalah himpunan $latex y_i$ yang lebih besar dari $latex r$, $latex C$ adalah himpunan $latex z_i$ yang lebih besar dari $latex r$. Tulislah $latex a=|A|,b=|B|,c=|C|$. Karena $latex \text{maks}\{x_1,\ldots,x_n\}=\text{maks}\{y_1,\ldots,y_n\}=1$, maka $latex a,b\ge1$. Jika $latex x_i>r$ dan $latex y_j>r$, maka $latex z_{i+j}\ge\sqrt{x_iy_j}>r$. Jadi $latex c\ge|A+B|$.

Jika $latex A=\{i_1,\ldots,i_a\},i_1<\ldots<i_a$ dan $latex B=\{j_1,\ldots,j_b\},j_1<\ldots<j_b$, maka $latex i_1+j_2,i_1+j_2,\ldots,i_1+j_b,i_2+j_b,\ldots,i_a+j_b$ adalah $latex a+b-1$ bilangan yang berbeda dan merupakan anggota dari $latex A+B$. Jadi $latex |A+B|\ge a+b-1$. Jadi $latex c\ge a+b-1$. Tetapi $latex M$ pasti lebih besar dari $latex r$. Jadi banyaknya bilangan yang lebih dari $latex r$ di ruas kanan adalah $latex c+1\ge a+b$, sehingga membuktikan pernyataan tadi.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex ^a\log bc=\frac{\log b}{\log a}+{\log c}{\log a}\ge2\sqrt{\log b\log c}{\log^2a}$. Jadi $latex (^a\log bc)^r\ge\frac{2^r(\log b\log c)^{r/2}}{\log^ra}$. Dengan cara yang sama, $latex (^b\log ca)^r\ge\frac{2^r(\log c\log a)^{r/2}}{\log^rb}, (^c\log ab)^r\ge\frac{2^r(\log a\log b)^{r/2}}{\log^rc}$. Jadi $latex S\ge\frac{2^r(\log b\log c)^{r/2}}{\log^ra}+\frac{2^r(\log c\log a)^{r/2}}{\log^rb}+\frac{2^r(\log a\log b)^{r/2}}{\log^rc}\ge3\cdot2^r$.

$latex a\sqrt [3]{1 + b - c} + b\sqrt [3]{1 + c - a} + c\sqrt [3]{1 + a - b} \le 1$

Solusi
Ada dua cara menyelesaikan soal ini, dengan Holder atau AM-GM.

Dengan Holder: $latex LHS=\sum\sqrt[3]a\sqrt[3]a\sqrt[3]{a+ab-ac}\le(a+b+c)^2(\sum(a+ab-ac))=1$.

Dengan AM-GM: $latex LHS=\sum a\sqrt[3]{(a+2b)\cdot1\cdot1}\le\sum\frac{a(a+2b+2)}3=\frac{2(a+b+c)+(a+b+c)^2}3=1$.

1. Misalkan $latex x_1\ge x_2\ge\ldots\ge x_n$ dan $latex y_1\ge y_2\ge\ldots\ge y_n$. Buktikan bahwa

$latex \displaystyle\sum^n_{i=1}(x_i-y_i)^2\le\sum^n_{i=1}(x_i-z_i)^2$,

di mana $latex z_1,z_2,\ldots,z_n$ adalah permutasi dari $latex y_1,y_2,\ldots,y_n$.

2. Misalkan $latex a_1,a_2,a_3,\ldots$ adalah barisan tak terbatas bilangan asli yang monoton naik. Buktikan bahwa ada tak terhingga banyaknya $latex m$ sehingga bisa ditulis $latex a_m=x\cdot a_p+y\cdot a_q$ dengan $latex x,y$ bilangan asli dan $latex p\ne q$.

Soal yang pertama sangat sederhana. Jika kita uraikan, kita dapat bahwa ketaksamaan itu ekuivalen dengan $latex \sum x_i^2-2\sum x_iy_i+\sum y_i^2\le\sum x_i^2-2\sum x_iz_i+\sum z_i^2$ atau $latex \sum x_iz_i\le\sum x_iy_i$. Ketaksamaan terakhir ini jelas benar dengan rearrangement.

Sekarang kita lihat soal kedua. Untuk setiap $latex 0\le r\le a_p$, nyatakan $latex B_r$ sebagai subbarisan dari $latex a_1,a_2,\ldots$ yang kongruen $latex r$ modulo $latex a_p$. Karena ada tak terhingga banyaknya bilangan barisan $latex a_1,a_2,\ldots$, pasti ada satu bilangan $latex r$ sehingga barisan $latex B_r$ memiliki tak terhingga banyaknya anggota. Misalkan $latex a_p,a_q$ adalah dua suku terkecil dari $latex B_r$. Jadi kita bisa ambil sembarang $latex a_m$ dari $latex B_r$ sehingga $latex a_m=xa_p+ya_q$, di mana $latex x=\frac{a_m-a_q}{a_q},y=1$. Jadi terbukti.

Buktikan bahwa untuk $latex x,y$ bilangan real positif berlaku

$latex \displaystyle\frac{1}{(1+\sqrt{x})^{2}}+\frac{1}{(1+\sqrt{y})^{2}} \ge \frac{2}{x+y+2}$.

Kita gunakan CS (Cauchy-Schwarz) bentuk Engel, sehingga $latex \displaystyle LHS\ge\frac4{2+x+y+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}}$. Sekarang kita akan buktikan $latex \displaystyle \frac4{2+x+y+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}}\ge \frac{2}{x+y+2}$, atau $latex 2x+2y+4\ge2+x+y+2\sqrt{x}+2\sqrt{y}$, atau $latex (\sqrt{x}-1)^2+(\sqrt{y}-1)^2\ge0$. Ini jelas benar, maka terbukti.

Tentukan semua bilangan real $latex a,b,c,d$ yang memenuhi

$latex \left\{\begin{array}{cc}a + b + c + d = 20, \\ ab + ac + ad + bc + bd + cd = 150. \end{array} \right.$

Perhatikan bahwa $latex (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-d)^2 + (b-d)^2 + (a-c)^2+(a-d)^2 \ge 0$, yang menyebabkan $latex \frac{3}{8}(a+b+c+d)^2 \ge ab+bc+cd+ad+bd+ac $. Tetapi kesamaan terjadi, sehingga $latex a=b=c=d=5$.

Diberikan bilangan bulat $latex a>1$ dan $latex b>2$. Buktikan bahwa $latex a^b+1\ge b(a+1)$. Kapan kesamaan terjadi?

Pertama-tama, kita coba-coba untuk nilai-nilai yang kecil dulu, yaitu $latex a=2$ dan $latex b=3$. Ternyata $latex a^b+1=9$ dan $latex b(a+1)=9$, kesamaan terjadi.

Kelihatannya metode induksi bisa dilakukan di sini. Karena $latex b$ adalah pangkat, sebaiknya kita coba induksi di $latex b$. Kasus dasarnya adalah $latex b=3$. Kita akan buktikan untuk $latex a>1$ bahwa $latex a^3+1\ge3(a+1)$. Kedua ruas dibagi $latex a+1$, sehingga menjadi $latex a^2-a+1\ge3$ atau $latex (a+1)(a-2)\ge0$, yang pasti benar karena $latex a\ge2$. Kesamaan hanya terjadi untuk $latex a=2$.

Sekarang, asumsikan untuk $latex b=k$, ketaksamaan itu berlaku, di mana $latex k\ge3$. Kita harus buktikan bahwa $latex a^{k+1}+1\ge(k+1)(a+1)$. Ini tidak terlalu sulit, hanya sedikit manipulasi. Mulai dari ruas kiri, $latex a^{k+1}+1=a(a^k+1)-a+1$. Kita bisa pakai asumsi $latex a^k+1\ge k(a+1)$, sehingga menjadi $latex a^{k+1}+1\ge a(k(a+1))-a+1=a(ak-1)+ak+1$. Gunakan $latex a\ge2$, $latex a^{k+1}+1\ge a(2k-1)+ak+1$. Karena $latex 2k-1>k+1$ dan $latex a>1$, maka menjadi $latex a^{k+1}+1> a(k+1)+(k+1)=(a+1)(k+1)$. Maka langkah induksi selesai. Ternyata ketaksamaan itu strict, yaitu tidak ada kesamaan, ketika $latex b>3$.

Jadi, ketaksamaan itu terbukti dengan kesamaan ketika $latex a=2,b=3$.

$latex ab\le n^2\le(a+c)(b+d)$.

Solusi
Asumsikan sebaliknya, sehingga $latex ab$ dan $latex (a+c)(b+d)$ berada di antara dua bilangan kuadrat berurutan. Karena $latex ab<(a+c)(b+d)$ kita punya bilangan asli $latex k$ sehingga

$latex k^2<ab<(a+c)(b+d)<(k+1)^2$.

Perhatikan bahwa $latex (a+c)(b+d)-ab<(k+1)^2-k^2$ sehingga $latex ad+bc+1<2k+1$ atau $latex ad+bc<2k$. Dengan AM-GM, kita punya $latex k>\sqrt{abcd}$. Tetapi, $latex k^2<ab=abcd$ menyebabkan $latex k<\sqrt{abcd}$. Kontradiksi. Maka terbukti.

$latex \displaystyle\left(1+\frac1x\right)\left(1+\frac1y\right)\ge9$.

Solusi
Ketaksamaan ekuivalen dengan

$latex \displaystyle\left(1+\frac1x\right)\left(1+\frac1{1-x}\right)\ge9$.

Jika disederhanakan terus, menjadi $latex (2x-1)^2\ge0$, yang jelas terbukti.

$latex \displaystyle\frac32\le\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}<2$.

Solusi
Ketaksamaan yang di kiri adalah ketaksamaan Nesbitt. Misalkan $latex s$ adalah setengah keliling, sehingga $latex b+c>s,c+a>s,a+b>s$. Maka

$latex \displaystyle\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}<\frac{a+b+c}{s}=2$.

Solusi
Anggaplah ketiga ketaksamaan benar, sehingga hasil kalinya menjadi $latex \displaystyle\prod_{cyc}a(1-a)>\frac{1}{64}$. Tetapi $latex a(1-a)=-(a-\frac12)^2+\frac14\le\frac14$. Maka $latex \displaystyle\prod_{cyc}a(1-a)\le\frac{1}{64}$, kontradiksi. Maka terbukti.

$latex |x|+|y|+|z|\le|x+y-z|+|x-y+z|+|-x+y+z|$.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex (x+y-z)+(x-y+z)=2x$, sehingga $latex |x+y-z|+|x-y+z|\ge|2x|$. Jadi

$latex \displaystyle\sum_{cyc}|x+y-z|+|x-y+z|\ge\sum_{cyc}|2x|$

$latex 2|x+y-z|+2|x-y+z|+2|-x+y+z|\ge2|x|+2|y|+2|z|$.

Bagi dengan 2, dan terbukti.

Solusi
Karena $latex a,b,c$ dan $latex ab,ca,ba$ memiliki urutan yang sama, maka dengan rearrangement

$latex a^2(bc)+b^2(ca)+c^2(ab)\le a^2(ab)+b^2(bc)+c^2(ca)$,

$latex abc(a+b+c)\le a^3b+b^3c+c^3a$.

$latex \displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k^2}\ge\sum_{k=1}^n\frac1n$.

Solusi
Ruas kanan dapat ditulis menjadi $latex \sum\frac{n}{n^2}$. Ruas kiri minimum jika $latex a_1,a_2,\ldots,a_n$ memiliki nilai $latex 1,2,\ldots,n$, dalam suatu urutan. Perhatikan barisan $latex (1,2,\ldots,n)$, $latex (\frac1{1^2},\frac1{2^2},\ldots,\frac1{n^2})$. Barisan ini urutannya terbalik, yang satu naik, yang satu turun. Ruas kanan pada soal adalah perkalian suku-suku dua barisan dengan urutan terbalik, sedangkan ruas kiri belum tentu pada urutan terbalik. Jadi, menurut aturan rearrangement, terbukti.

$latex x_1\ge x_2\ge\ldots\ge x_n$ dan $latex y_1\ge y_2\ge\ldots\ge y_n$.

Misalkan $latex z_1,z_2,\ldots,z_n$ adalah permutasi dari $latex y_1,y_2,\ldots,y_n$. Buktikan bahwa

$latex \displaystyle\sum_{i=1}^n(x_i-y_i)^2\le\sum_{i=1}^n(x_i-z_i)^2$.

Solusi
Ketaksamaan yang diminta ekuivalen dengan

$latex \displaystyle\sum_{i=1}^n(x_i^2-2x_iy_i+y_i^2)\le\sum_{i=1}^n(x_i^2-2x_iz_i+z_i^2)$.

Karena $latex \sum y_i^2=\sum z_i^2$, maka ketaksamaan tadi ekuivalen dengan

$latex \displaystyle\sum_{i=1}^n(-x_iy_i)\le\sum_{i=1}^n(-x_iz_i)$,

atau

$latex \displaystyle\sum_{i=1}^n(x_iz_i)\le\sum_{i=1}^n(x_iy_i)$,

yang terbukti dengan rearrangement.

$latex \displaystyle\frac{a+b+c}{abc}\le\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}$.

Solusi
WLOG, asumsikan $latex a\ge b\ge c$. Dengan rearrangement,

$latex \displaystyle\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\ge\frac1{ab}+\frac1{bc}+\frac1{ca}$

$latex \displaystyle\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\ge\frac{a+b+c}{abc}$.

$latex 2\le a^2+b^2+c^2+d^2\le4$.

Solusi
Perhatikan bahwa, dengan teorema Pythagoras, $latex a^2+b^2+c^2+d^2=x^2+(1-x)^2+y^2+(1-y)^2+u^2+(1-u)^2+v^2+(1-v)^2$. Karena $latex x^2+(1-x)^2=2((x-\frac12)^2+\frac14)$, dan $latex 0\le x\le1$, maka $latex \frac12\le x^2+(1-x)^2\le1$. Hal yang sama berlaku untuk $latex y,u,v$, sehingga setelah dijumlahkan didapat ketaksamaan yang diminta.

Solusi
Karena $latex \triangle AEC\sim\triangle BDC$, maka $latex \frac{h}b=\frac{k}a$, atau $latex 2ah=2kb$. Karena $latex b^2+k^2<(CD)^2+k^2=a^2<a^2+h^2$, maka $latex b^2+k^2+2kb<a^2+h^2+2ah$, yaitu $latex (b+k)^2<(a+h)^2$, sehingga $latex b+k<a+h$. Jadi kesamaan tidak pernah terjadi.

Solusi
Misalkan $latex BR=RP=QC=x$. Jika $latex x\ge\frac23$, maka $latex \triangle BRP=\frac12x^2\ge\frac29$. Jika $latex x\le\frac13$, maka $latex \triangle PQA=\frac12(1-x)^2\ge\frac29$. Jika $latex \frac13<\frac23$, maka $latex -\frac16<\frac16$ atau $latex (x-\frac12)^2<\frac{1}{36}$, sehingga $latex PQCR=x(1-x)=\frac14-(x-\frac12)^2>\frac14-\frac1{36}=\frac29$. Maka untuk semua kasus sudah terbukti.

Solusi
Perhatikan bahwa

$latex \displaystyle\sin A + \sin B + \sin C + \sin 60^\circ \leq 2\sin {\frac {A + B}{2}} + 2 \sin {\frac {C + 60^\circ}{2}} \leq 4 \sin {\frac {A + B + C + 60^\circ}{4}} = 4 \sin 60^\circ$.

Maka $latex \sin A+\sin B+\sin C\le 3\sin 60^\circ=\frac{3\sqrt3}2$. Terbukti.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex 0\le 1-x,1+x,1-x^2\le1$, yang menyebabkan $latex \dfrac{1}{1+x}\ge x-1$, begitu pula untuk $latex y,z$. Maka $latex \dfrac{1}{(1+x)(1+y)(1+z)}\ge(x-1)(y-1)(z-1)$. Maka ruas kiri ketaksamaan pada soal $latex \ge \displaystyle\frac{1}{\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)}+\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)\ge2$, dengan AM-GM. Sehingga terbukti.

Solusi
Misalkan $latex x=1-a,y=1-b,z=1-c$. Ketaksamaan ekuivalen dengan $latex \frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}\ge8$, atau $latex (x+y)(y+z)(z+x)\ge8xyz$, yang terbukti dengan AM-GM.

Solusi
Perhatikan bahwa $latex (a^3-b^3)(a^2-b^2)\ge0$, karena jika $latex a\ge b$ kedua ruas positif, dan jika $latex a\le b$ kedua ruas negatif. Maka $latex a^5+b^5\ge a^3b^2+a^2b^3=a^2b^2(a+b)$. Jadi $latex \displaystyle\sum\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\sum\frac{ab}{a^2b^2(a+b)+ab}=\sum\frac{c}{a+b+c}=1$. Terbukti.

Solusi
Asumsikan sebaliknya, yaitu $latex x+y+z>xyz+2$. Maka $latex (x+y)^2>(xyz+2-z)^2$. Substitusi $latex 1-xy=t$, sehingga menjadi $latex (x+y)^2>(2-zt)^2$. Jadi $latex x^2+y^2+2xy>4-4zt+z^2t^2$, atau $latex 2-z^2-2t+2>4-4zt+z^2t^2$, sehingga $latex 4zt>z^2t^2+z^2+2t$. Tetapi menurut AM-GM, $latex z^2t^2+z^2+t+t\ge4zt$, kontradiksi. Maka terbukti.