一道四元不等式

hbghlyj

a,b,c,d>0,a+b+c+d=1,求证\[\frac{1}{{{(a+b)}^{3}}}+\frac{1}{{{(b+c)}^{3}}}+\frac{1}{{{(c+d)}^{3}}}+\frac{1}{{{(d+a)}^{3}}}-32\ge 192{{\left( a-c \right)}^{2}}+192{{\left( b-d \right)}^{2}}\]
当且仅当a=b=c=d时取等.

kuing

a,b,c,d>0,a+b+c+d=1,求证$$\frac{1}{{{(a+b)}^{3}}}+\frac{1}{{{(b+c)}^{3}}}+\frac{1}{{{(c+d)}^{3}}}+\frac{1}{{{(d+a)}^{3}}}-32\ge {{\left( a-c \right)}^{2}}+{{\left( b-d \right)}^{2}}$$

撸了下得出比右边大得多的系数……都怀疑是不是算错了，还是你的题目打错，你瞧瞧：

首先，对任意 `x`, `y>0` 有
\[\frac1{x^3}+\frac1{y^3}-\frac{16}{(x+y)^3}=\frac{(x-y)^2(x^4+5x^3y+12x^2y^2+5xy^3+y^4)}{x^3y^3(x+y)^3},\]利用 `x^4+y^4\geqslant x^3y+xy^3` 放缩下，刚好可以约，得到
\[\frac1{x^3}+\frac1{y^3}-\frac{16}{(x+y)^3}\geqslant\frac{6(x-y)^2}{x^2y^2(x+y)},\]特别地，当 `x+y=1` 时，`xy\leqslant1/4`，故
\[\frac1{x^3}+\frac1{y^3}-16\geqslant96(x-y)^2,\]于是对于原题，就有
\begin{align*}
\frac1{(a+b)^3}+\frac1{(c+d)^3}-16&\geqslant96(a+b-c-d)^2,\\
\frac1{(b+c)^3}+\frac1{(d+a)^3}-16&\geqslant96(b+c-d-a)^2,
\end{align*}相加，并注意到恒等式 `(a+b-c-d)^2+(b+c-d-a)^2=2(a-c)^2+2(b-d)^2`，即得
\[\frac1{(a+b)^3}+\frac1{(b+c)^3}+\frac1{(c+d)^3}+\frac1{(d+a)^3}-32\geqslant192(a-c)^2+192(b-d)^2.\]

hbghlyj

回复 2# kuing
谢谢解答! 我是从ionbursuc的帖子转来的. 应该是他打错了.已经修改了