已知a、b、c、d均是非负实数且满足ab+bc+cd+da=1

走走看看

已知a、b、c、d均是非负实数且满足ab+bc+cd+da=1，求证：

$\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{a+c+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{d^3}{a+b+c}\ge\frac13$

kuing

由广义权方和（其实就是一般的权方和+幂平均推出）有
\begin{align*}
\sum\frac{a^3}{b+c+d}&\geqslant\frac14\cdot\frac{\left( \sum a \right)^3}{\sum(b+c+d)}\\
&=\frac{(a+b+c+d)^2}{12}\\
&\geqslant\frac{4(a+c)(b+d)}{12}\\
&=\frac13.
\end{align*}

kuing

如果不接受广义权方，那就只均值
\[\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b+c+d}{18}+\frac1{12}\geqslant\frac a2,\]
得到
\begin{align*}
\sum\frac{a^3}{b+c+d}&\geqslant\sum\left( \frac a2-\frac{b+c+d}{18} \right)-\frac13\\
&=\frac13(a+b+c+d)-\frac13\\
&\geqslant\frac23\sqrt{(a+c)(b+d)}-\frac13\\
&=\frac13.
\end{align*}

走走看看

回复 3# kuing

Kuing 干得漂亮！

我给一个复杂一点的解答，后来想到的：

\begin{align*}
a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+bc+cd+da=1\\\\
(a^2+b^2+c^2+d^2)^2\ge a^2+b^2+c^2+d^2\\\\

3(a^2+b^2+c^2+d^2)-2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)=(a-b)^2+(a-c)^2+(a-d)^2+(b-c)^2+(b-d)^2+(c-d)^2\ge0\\\\

\frac{a^3}{b+c+d}+\frac{b^3}{a+c+d}+\frac{c^3}{a+b+d}+\frac{d^3}{a+b+c}\ge\frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{a(b+c+d)+b(a+c+d)+c(a+b+d)+d(a+b+c)}\\\\
\ge \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{a(b+c+d)+b(a+c+d)+c(a+b+d)+d(a+b+c)}\ge\frac13 \\\\

\end{align*}

再用求和符号来写：

\begin{align*}
\sum a^2\ge\sum ab=1\\\\

(\sum a^2)^2\ge\sum a^2\\\\

3\sum a^2-2\sum ab=\sum (a-b)^2\ge0\\\\

\sum\frac{a^3}{b+c+d}\ge \frac{(\sum a^2)^2}{\sum a(b+c+d)}

\ge \frac{\sum a^2}{\sum a(b+c+d)}\ge \frac13\\

\end{align*}

kuing

回复 4# 走走看看

四元的情况用求和符号写需要注意，在不等式人的约定俗成里，`\sum` 表示“轮换求和”
\[\sum f(a,b,c,d)=f(a,b,c,d)+f(b,c,d,a)+f(c,d,a,b)+f(d,a,b,c)\]
因此 `\sum ab` 会被理解为 `ab+bc+cd+da`，而不包含 `ac` 和 `bd`，所以这种情况需要说明一下，不太长的话最好还是全写出来。

nttz

回复 3# kuing
厉害，能不能说说这个12，18怎么搞出来的

kuing

回复 6# nttz

预料到取等条件是 a,b,c,d 相等，由条件知此时它们都为 1/2，a^3/(b+c+d) 为 1/12。