Chủ đề này có 2 trả lời

[yellow]

Cho các số thực không âm $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2$

[dark templar]

Cho các số thực không âm $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2$

BĐT này được gọi là BĐT Turkevici .Lời giải cho BĐT này khá dài,bạn có thể tìm đọc trong cuốn Sáng tạo BĐT của anh Hùng.Sơ lược cách giải là sử dụng tính thuần nhất của BĐT,ta giả sử $abcd=1$.Giả sử $d=\min \{a;b;c;d \}$ và $m=\sqrt[3]{abc}$.Khi đó ta cần chứng minh:
$$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-( a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2) \ge d^2+3m^2+2-(3m^2+3md)$$

[Ispectorgadget]

Cho các số thực không âm $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2$

Dùng nhân tử Lagrange chắc ngắn
Đặt $f(a;b;c;d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd- (a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2)$
Điểm cực trị của $f(a;b;c;d)$ là nghiệm của hệ:
$\frac{\partial f}{\partial a}=\frac{\partial f}{\partial b}=\frac{\partial f}{\partial c}=\frac{\partial f}{\partial d}$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2a^3+bcd=a(b^2+c^2+d^2)\\ 2b^3+acd=b(a^2+c^2+d^2)\\ 2c^3+abd=c(a^2+b^2+d^2)\\ 2d^3+abc=d(a^2+b^2+c^2) \end{matrix}\right.$$
Cộng vế theo vế ta được $$2(a^3+b^3+c^3+d^3)+abc+bcd+acd+abd=a(b^2+c^2+d^2)+b(a^2+c^2+d^2)+c(a^2+b^2+d^2)+d(a^2+b^2+c^2)$$
Theo bất đẳng thức $Schur$ bậc 3 ta có:
$(a^3+b^3+c^3+3abc)+(b^3+c^3+d^3+3bcd)+(a^3+d^3+c^3+3adc)+(a^3+b^3+d^3+3abd)\geq \sum [a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(b^2+a^2)]$
Hay $VT\geq VP$
Vậy ta có đpcm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-10-2012 - 10:49