一道四元不等式

lemondian

已知实数$a,b,c,d$，满足$a\geqslant b\geqslant c\geqslant d>0$，且$a+b+c+d=1$。
求证：$(a+2b+3c+4d)a^ab^bc^cd^d<1$.

yao4015

试着解了下，由广义均值不等式有
$$a^ab^bc^cd^d\leq a^2+b^2+c^2+d^2$$
于是只需证明
$$(a+b+c+d)^3-(a+2b+3c+4d)(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq0$$
一个直接暴力的方法是，令
$$a=x+y+z+w,b=y+z+w,c=z+w,d=w$$代入上面的不等式再展开，会发现所有系数都是正数。
非暴力的方法暂时还没想到。

青青子衿

Mark一下，今年（2020年）IMO第二题

isee

回复 3# 青青子衿

一共就三题？

青青子衿

回复 4# isee
Day1就三道题，Day2还有三道。
但是后三道题没看到中文版的

isee

回复 5# 青青子衿

英文也先上呗

Dylan

回复 6# isee

kuing

试着解了下，由广义均值不等式有
$$a^ab^bc^cd^d\leq a^2+b^2+c^2+d^2$$
于是只需证明
$$(a+b+c+d)^3-(a+2b+3c+4d)(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq0$$
一个直接 ...
yao4015 发表于 2020-9-23 09:37

通常是叫“加权均值不等式”……

为照顾不等式新手，具体写一下：`a_i`, `\lambda_i>0`, `\sum\lambda_i=1`，则 `\sum\lambda_ia_i\geqslant\prod a_i^{\lambda_i}`。

当所有的权（`\lambda_i`）相等时就是平常的均值不等式。

推论：当 `\sum a_i=1`, `\lambda_i=a_i` 时，就有 `\sum a_i^2\geqslant\prod a_i^{a_i}`。

最后那个证明，可以酱紫玩：
\begin{align*}
&(a+b+c+d)^3-(a+2b+3c+4d)\sum a^2\\
={}&(a+b+c+d)^3-(a+b+c+d)\sum a^2-(b+2c+3d)\sum a^2\\
={}&2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)(a+b+c+d)-(b+2c+3d)\sum a^2\\
>{}&2a(b+c+d)(a+b+c+d)-(b+2c+3d)\sum a^2\\
>{}&2(b+c+d)\sum a^2-(b+2c+3d)\sum a^2\\
={}&(b-d)\sum a^2\\
\geqslant{}&0.
\end{align*}
此过程表明此式可以加强为
\[\boxed{(a+b+c+d)^3\geqslant(a+3b+3c+3d)\sum a^2,}\]
发现这一点之后，由于更加对称了，自然就能把过程优化一些：

记 `P=b+c+d`, `Q=b^2+c^2+d^2`，则 `aP>Q`, `P^2>Q`，于是
\begin{align*}
(a+b+c+d)^3-(a+3b+3c+3d)\sum a^2&=(a+P)^3-(a+3P)(a^2+Q)\\
&=(a+P)(P^2-Q)+2P(aP-Q)>0.
\end{align*}

yao4015

回复 8# kuing

有了这个
$$(a+b+c+d)^3\geq (a+3b+3c+3d)\sum a^2$$
问题就简化多了。不知道标准答案是怎么做的。