2-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2006 год


Докажите, что если сумма действительных чисел $a$, $b$, $c$, $d$ равна нулю, то для них выполняется неравенство $$(ab+ac+ad+bc+bd+cd)^2+12\geq 6(abc+abd+acd+bcd).$$
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
2020-04-16 22:42:30.0 #

$$\textbf{Решение №1.} a+b+c+d=0\Rightarrow d=-(a+b+c)$$

$$ ab+ac+ad+bc+bd+cd=ab+bc+ac+d(a+b+c)=$$ $$=ab+bc+ac-(a+b+c)^2=-\frac{1}{2}((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2)$$

$$abc+abd+acd+bcd=abc+d(ab+bc+ac)=abc-(a+b+c)(ab+bc+ac)= $$

$$ =-(a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2+2abc)=-(a^2(b+c)+bc(b+c)+a(b+c)^2)=$$

$$=-(b+c)(a^2+bc+ab+ac)=-(b+c)(a(a+c)+b(a+c))=-(b+c)(a+b)(a+c)$$

$$ a+b=z, b+c=x, a+c=y \Rightarrow x+y+z=2a+2b+2c=2(a+b+c)=-2d $$

$$\Rightarrow \frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2)^2+12 \geq -6xyz $$

$$\Rightarrow \frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2)^2+12 \geq \frac{27}{4}|xyz|^{\frac{4}{3}}+12=\frac{9}{4}|xyz|^{\frac{4}{3}}+\frac{9}{4}|xyz|^{\frac{4}{3}}+\frac{9}{4}|xyz|^{\frac{4}{3}}+12 \geq$$

$$ \geq 4 \sqrt[4]{\frac{9}{4}|xyz|^{\frac{4}{3}}\cdot\frac{9}{4}|xyz|^{\frac{4}{3}}\cdot\frac{9}{4}|xyz|^{\frac{4}{3}}\cdot12}=6|xyz|\geq -6xyz$$

пред. Правка 2   0
2020-04-16 22:56:16.0 #