неравенство с Петербургской олимпиады 2006 года

[4OBAEFKM]

Здравствуйте , помогите доказать следующее неравенство $a+b+c+d+(1/abcd)\geqslant18$ если $a^2+b^2+c^2+d^2=1$ и a , b , c , d больше нуля.
С помощью неравенств о средних получилось доказать , только что $a+b+c+d+(1/abcd)>17$

[gris]

Тут легко увидеть, когда достигается равенство. Может быть от него танцевать?

[4OBAEFKM]

так пробовал , не получаеться

-- 31.01.2014, 12:49 --

легко доказать что $1/abcd\geqslant16$
и что 2\geqslant(a+b+c+d)\geqslant1

[Edward_Tur]

Пускай
$x=\frac{a+b+c+d}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+d^2}}$, $y=\frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{abcd}$,
Тогда
$x+y=x+\frac{y}{8}+\frac{y}{8}+\frac{y}{8}+\frac{y}{8}+\frac{y}{8}+\frac{y}{8}+\frac{y}{8}+\frac{y}{8}\ge18$.

[4OBAEFKM]

спасибо

-- 31.01.2014, 16:48 --

хотя из какого неравенства больше 18?

-- 31.01.2014, 16:56 --

чего-то не врубаюсь

[kknop]

Рассмотрите неравенство между средними для 9 слагаемых, первое из которых равно $a+b+c+d$, а каждое из следующих -- $\frac{1}{8abcd}$. Затем нужно будет доказать, что его правая часть не меньше 9*2. Это равносильно такому неравенству:

$$a+b+c+d \geq 2^{33} (abcd)^8.$$

Если его левую часть домножить на $(a^2+b^2+c^2+d^2)$ в нужной степени (такой, чтобы неравенство стало однородным), то оно снова-таки докажется через неравенство о средних.

[mihiv]

Можно ещё так: $a+b+c+d+\dfrac 1{abcd}\geqslant 4\sqrt[4] {abcd}+\dfrac 1{abcd}, 0<abcd\leqslant \frac1{16}.$

Обозначим $t=abcd, 0<t\leqslant \frac1{16}$.
Функция $f(t)=4\sqrt[4] {t}+\frac 1t$ монотонно убывает на отрезке $[0,\frac 1{16}]$ и принимает наименьшее значение, равное 18, при $t=\frac 1{16}$.

[zhumazhenis]

$AM\geq{GM}$
$32a+32b+32c+32d+\frac{1}{abcd}\geq5\sqrt[5]{{32a}{32b}{32c}{32d}{\frac{1}{abcd}}}=80$
$a+b+c+d+\frac{1}{abcd}\geq{80-(31a+31b+31c+31d)$
Нам достаточно доказать:
$80-(31a+31b+31c+31d)\geq{18}$
$2\geq{a+b+c+d}$
По неравенству Коши:
$4(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq{(a+b+c+d)^2}$
Отсюда
$2\geq{a+b+c+d}$