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题目：`a`, `b`, `c`, `d>0`，证
\[(a+b)(a+c)(a+d)(b+c)(b+d)(c+d)\geqslant4abcd(a+b+c+d)^2.\]
来自某公众号的征解题：mp.weixin.qq.com/s/3YKcWXZOn7H2hYnjX-96UQ
其中的证法五就是我前几天随手撸的 SOS：
\begin{align*}
&(a+b)(a+c)(a+d)(b+c)(b+d)(c+d)-4abcd(a+b+c+d)^2\\
={}&\left(2a^2b^2+\frac23(a^2+b^2)cd+\frac13ab(a^2+b^2)\right)(c-d)^2\\
&+\left(2a^2c^2+\frac23(a^2+c^2)bd+\frac13ac(a^2+c^2)\right)(b-d)^2\\
&+\left(2a^2d^2+\frac23(a^2+d^2)bc+\frac13ad(a^2+d^2)\right)(b-c)^2\\
&+\left(2b^2c^2+\frac23(b^2+c^2)ad+\frac13bc(b^2+c^2)\right)(a-d)^2\\
&+\left(2b^2d^2+\frac23(b^2+d^2)ac+\frac13bd(b^2+d^2)\right)(a-c)^2\\
&+\left(2c^2d^2+\frac23(c^2+d^2)ab+\frac13cd(c^2+d^2)\right)(a-b)^2.
\end{align*}
当时因为听说有奖，于是图快，没思考太多就暴力展开，发现似乎很弱，就靠目测来配方。
相对于链接中的其他证法，我这证法不值一提。特别是证法三，的确很巧妙，然鹅，奖励竟然和我一样，可见那奖励机制真是…………
说回正题，证法一也是配方，比我的简洁太多，在尝试破解怎么配的过程中，我得到了如下过程：
不妨设 `abcd=1`，为方便书写记 `x=ad`, `y=bd`, `z=cd`，则
\begin{align*}
(a+b)(c+d)&=x+\frac1x+y+\frac1y,\\
(a+c)(b+d)&=x+\frac1x+z+\frac1z,
\end{align*}
相乘得（注：以下的 `\sum` 是对 `(x,y,z)` 或者 `(a,b,c)` 轮换求和，`d` 是不参与轮换的）
\begin{align*}
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)&=\left( x+\frac1x \right)^2+\sum\left( x+\frac1x \right)\left( y+\frac1y \right)\\
&\geqslant4+\sum\left( xy+\frac1{xy}+\frac xy+\frac yx \right)\\
&=4+\sum\left( abd^2+\frac1{abd^2}+\frac ab+\frac ba \right)\\
&=4+\sum\left( \frac dc+\frac cd+\frac ab+\frac ba \right)\\
&=\left( \frac1a+\frac1b+\frac1c+\frac1d \right)(a+b+c+d)\\
&\geqslant\left( \frac4{a+d}+\frac4{b+c} \right)(a+b+c+d)\\
&=\frac{4(a+b+c+d)^2}{(a+d)(b+c)},
\end{align*}
所以原不等式成立。
将上述过程的两个 `\geqslant` 改写为配方，就可以得到证法一的配方式。
第一个 `\geqslant` 其实证明了 `(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)\geqslant(abc+abd+acd+bcd)(a+b+c+d)`，链接里也有提到。
至于后面的各种相关题及拓展，太长不想看了，那公众号发的文总是那么长，排版又不咋嘀，加上到处都是亮眼的水印，实在影响观感………… |
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isee
发表于 2022-1-30 11:45
