这个不等式有难度否？

yao4015

设 $a,b,c,d$ 是实数，且 $a^2+b^2+c^2+d^2=1$. 证明
$$(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)\leq \dfrac{\sqrt{3}}{18}.$$

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瞬间就想起了这帖：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5503 不知是否有用？

yao4015

回复 2# 删广告专用
两个问题的难度应该不在一个水平.

kuing

回复 3# yao4015

这样证怎样？：

证明：记原不等式左边为 `f`，显然只需考虑 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant d` 的情形即可，于是令 `c=d+x`, `b=d+x+y`, `a=d+x+y+z`, `x`, `y`, `z\geqslant0`，则
\[f=xyz(x+y)(y+z)(x+y+z),\]而条件化为
\[(d+x+y+z)^2+(d+x+y)^2+(d+x)^2+d^2-1=0,\]计算上式关于 `d` 的判别式为
\[\Delta_d=-4(3x^2+4y^2+3z^2+4xy+4yz+2xz-4),\]必须满足 `\Delta_d\geqslant0`，于是得到
\[4y(x+y+z)\leqslant4-3x^2-3z^2-2xz\leqslant4-8xz,\]记 `t=xz`，则由上式得 `0\leqslant t\leqslant1/2` 以及
\begin{align*}
y(x+y+z)&\leqslant1-2t,\\
(x+y)(y+z)&\leqslant1-t,
\end{align*}从而
\[f\leqslant t(1-t)(1-2t),\]求导易证当 `t=\bigl(3-\sqrt3\bigr)/6` 时上式右边取最大值 `\sqrt3/18`，即得证。

kuing

回复 4# kuing

将上述证法的判别式和均值部分合写为 SOS 即得装逼证法如下：

证明：显然只需考虑 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant d` 的情形即可，注意到
\begin{align*}
&a^2+b^2+c^2+d^2-2(a-b)(c-d)-(a-d)(b-c)\\
={}&a^2+b^2+c^2+d^2-(a-b)(c-d)-(a-c)(b-d)\\
={}&\frac34(a-b-c+d)^2+\frac14(a+b+c+d)^2,
\end{align*}记 `t=(a-b)(c-d)`，则由上式得 `0\leqslant t\leqslant1/2` 以及
\begin{align*}
(a-d)(b-c)&\leqslant1-2t,\\
(a-c)(b-d)&\leqslant1-t,
\end{align*}从而
\[(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)\leqslant t(1-t)(1-2t),\]求导易证当 `t=\bigl(3-\sqrt3\bigr)/6` 时上式右边取最大值 `\sqrt3/18`，即得证。

yao4015

回复 5# kuing

两个字: 漂亮!

kuing

回复 6# yao4015

原不等式也漂亮，这道题也是你自编的吗？

yao4015

回复 7# kuing

是的. 题目虽然是自编, 但受到许多启示才得来的. 我原来的证明是非常的复杂. 另外这个问题有一个复数版本是已经知道的.
设 $z_1, z_2,z_3,z_4$ 是四个复数满足 $|z_1|^2+|z_2|^2+|z_3|^2+|z_4|^2=4$, 则有
$$|z_1-z_2|^2|z_1-z_3|^2|z_1-z_4|^2|z_2-z_3|^2|z_2-z_3|^2|z_3-z_4|^2 \leq 4^4.$$
等号当且仅当四个数在单位圆上的正方形上达到.
(就这个问题而言实变量的版本与复变量版本之间是互不包含的)

复数版本5个变量的情况至今还是公开问题. 针对这个问题, 林开亮博士有一个悬赏. 有兴趣的朋友可以尝试下.