Неравенство с четырьмя переменными

[arqady]

Пусть $a$, $b$, $c$ и $d$ неотрицательные числа. Докажите, что

$$(a+b+c+d)(ab+ac+bc+ad+bd+cd)\geq12\sqrt{(a^2+b^2+c^2+d^2)abcd}$$

[TR63]

$a+b+c+d=1$

1). $a\le b\le c\le d\le\frac1 2$

$(a^2+b^2+c^2+d^2)abcd\le(\frac{1}{16}+\frac1 9+\frac1 4+\frac1 4)\cdot\frac{1}{64}<\frac{1}{16^2}$

Обозначим правую часть (B). Тогда получили, что $B\le\frac3 4$. Докажем, что левая часть $A\ge\frac3 4$.

$ab+ac+cb+d(1-d)\ge\frac3 4$

Здесь всё довольно просто, без проблем, стандартно.

2). $d>\frac1 2$

Здесь простого решения у меня не получается. Можно свести к уравнению пятой степени от двух переменных и применить стандартный метод с производными. Но это ужастик. И не знаю, получится ли.

[arqady]

TR63 в сообщении #1108651 писал(а):

И не знаю, получится ли.

Тогда зачем Вы это всё написали?

[TR63]

Для первой области неравенство решается легко. Для второй области у меня простого решения не получается. Но, я думаю, что оно имеется у Вас, arqady. Иногда Ваши неравенства остаются нерешёнными. Вот, подбросила дровишек. Может кто осилит это неравенство простым или сложным способом.

[arqady]

TR63 в сообщении #1108725 писал(а):

Вот, подбросила дровишек.

Не надо это делать. Если у Вас есть полное решение, так напишите его. В противном случае Вы просто спамите. Прошу Вас, прекратите этим заниматься.

[TR63]

(Оффтоп)

Я не знала, что частичные решения нельзя выкладывать. Полное решение для первой области у меня есть. Если это спам, то выкладывать его не стоит. За прочий спам прошу извинить.

[arqady]

(Оффтоп)

TR63 в сообщении #1108752 писал(а):

Я не знала, что частичные решения нельзя выкладывать.

Частичные решения не являются решением задачи. Поэтому это спам.
Спасибо Вам за понимание ситуации.

[Karan]

arqady, замечание за попытки самостоятельной модерации. Форум предназначен для обсуждения задач, предложение методов и частичных решений является обсуждением по теме.

После рассмотрения истории сообщений TR63 замечание снимаю.

-- 24.03.2016, 10:37 --

TR63, у Вас много сообщений в олимпиадном разделе, которые содержат неполные или неверные решения и уводят дискуссию в сторону. Прошу в дальнейшем воздержаться от сообщений в олимпиадном разделе, если у Вас нет полного и хорошо проверенного решения.

[waxtep]

0. Заметим, что неотрицательность $a,b,c,d$ можно заменить положительностью.
1. Введем $u=a+b, v=c+d, x^2 =2ab, y^2=2cd$; необходимо доказать, что наша $F(u,v,x,y) \ge 0$ при $u>x>0, v>y>0$
2. Запишем необходимое условие экстремальности $F$ по $u$ и $v$; выражая из этих двух равенств часть с корнем в знаменателе, получим единственную возможность $u=v$; в силу симметрии задачи это означает $a=b=c=d$, в этом случае, $F=0$.
3. То, что это минимум, легко понять взяв огромное $a$ и "обычные" $b,c,d$: слева $a^2$, а справа только $a^{3/2}$.

[sergei1961]

Решение с компьютером.
Используя любимое arqady неравенство Маклорена приводим неравенство к виду

$$ 2 (a*b + a*c + a*d + b*c + b*d + c*d)^3 - 9 (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)*a*b*c*d \ge 0. $$

И тут МАТЕМАТИКА даёт разложение левой части, где все члены положительны!

\begin{aligned}& 2 a^3 b^3 + 6 a^3 b^2 c + 6 a^2 b^3 c + 6 a^3 b c^2 + \\ + & 12 a^2 b^2 c^2 + 6 a b^3 c^2 + 2 a^3 c^3 + 6 a^2 b c^3 +\\ + & 6 a b^2 c^3 + 2 b^3 c^3 + 6 a^3 b^2 d + 6 a^2 b^3 d + 3 a^3 b c d + \\ + & 30 a^2 b^2 c d + 3 a b^3 c d + 6 a^3 c^2 d + 30 a^2 b c^2 d + \\ + & 30 a b^2 c^2 d + 6 b^3 c^2 d + 6 a^2 c^3 d + 3 a b c^3 d +\\ + & 6 b^2 c^3 d + 6 a^3 b d^2 + 12 a^2 b^2 d^2 + 6 a b^3 d^2 + \\ + & 6 a^3 c d^2 + 30 a^2 b c d^2 + 30 a b^2 c d^2 + 6 b^3 c d^2 +\\ + & 12 a^2 c^2 d^2 + 30 a b c^2 d^2 + 12 b^2 c^2 d^2 + 6 a c^3 d^2 + \\ + & 6 b c^3 d^2 + 2 a^3 d^3 + 6 a^2 b d^3 + 6 a b^2 d^3 + 2 b^3 d^3 +\\ + & 6 a^2 c d^3 + 3 a b c d^3 + 6 b^2 c d^3 + 6 a c^2 d^3 + \\ + & 6 b c^2 d^3 + 2 c^3 d^3\end{aligned}

[Edward_Tur]

sergei1961 в сообщении #1109065 писал(а):

Решение с компьютером.
Используя любимое arqady неравенство Маклорена приводим неравенство к виду

$$2 (ab + ac + ad + bc + bd + cd)^3 - 9 (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)abcd \ge 0.$$

Получается неверное неравенство

$$(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^3-54(a^2+b^2+c^2+d^2)abcd \ge 0.$$

[arqady]

Маклорен здесь не может помочь, поскольку равенство достигается не только когда все переменные равны.

[sergei1961]

Согласен, я ошибся.
Зато получилось другое неравенство. Наверное, элементарное.

[rightways]

Напомнило неравенство
$a,b,c,d>0$

$$4\ge abcd(a^2+b^2+c^2+d^2)$$

при $a+b+c+d=4$

-- 25.03.2016, 22:54 --

А если сперва доказать, что

$$2(ab+bc+cd+bd+ac+da)^3\ge 27abcd(a+b+c+d)^2$$

[sergei1961]

А потом?