不等式问题
已知$a$、$b$、$c$、$d$是非负实数，且$a+b+c+d=4$,求证：$a\sqrt{bc}+b \sqrt{cd}+c\sqrt{da}+d\sqrt{ab}\le 2(1+\sqrt{abcd}) $。 不等式往往需要奇技淫巧, 还不如用掌握扎实的通用技能, 拉格朗日乘子法.不等式取等号的时候,既可以是导函数为0,此时四个数分别取${1,1,1,1}$, 也可以是边界条件满足的情况,此时四个数取${2,1,1,0}$
以前做过一道类似的不等式题, 对称性比主帖的更高。
$a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2<=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd$
可能也在论坛 上发过，都忘记了。 在证原题前先证明一点：
若 `F(a,b,c,d)` 是关于 `a`, `b`, `c`, `d` 的轮换对称式，则在证明不等式 `F(a,b,c,d)\geqslant0` 时可以不妨设 `(a-c)(b-d)\geqslant0`。
不妨设的理由：
若 `(a-c)(b-d)\leqslant0`，令 `(a',b',c',d')=(b,c,d,a)`，则 `(a'-c')(b'-d')=(b-d)(c-a)\geqslant0`，由轮换对称有 `F(a,b,c,d)=F(a',b',c',d')`，于是转化为证明当 `(a'-c')(b'-d')\geqslant0` 时 `F(a',b',c',d')\geqslant0`，这就说明 `(a-c)(b-d)\leqslant0` 的情况与 `(a-c)(b-d)\geqslant0` 是一样的，所以可以这样不妨设。
现在证明原不等式，换元去根号并齐次化，等价于证明：若 `a`, `b`, `c`, `d\geqslant0`，则
\
不妨设 `(a-c)(b-d)\geqslant0`，则有
\begin{align*}
&(a^2+b^2+c^2+d^2)^2+16abcd-8(a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab)\\
={}&(a^2-b^2-c^2+d^2)^2+4(b-c)^2(d-a)^2+8bd(a-c)(b-d)\geqslant0,
\end{align*}
所以原不等式得证。
如果不接受开头那个不妨设，也可以跳过不妨设。
记 `F=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2+16abcd-8(a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab)`，有
\begin{align*}
F&=(a^2-b^2-c^2+d^2)^2+4(b-c)^2(d-a)^2+8bd(a-c)(b-d),&&(1)\\
F&=(b^2-c^2-d^2+a^2)^2+4(c-d)^2(a-b)^2+8ac(b-d)(c-a),&&(2)
\end{align*}
则 `ac\times(1)+bd\times(2)` 可得
\begin{align*}
(ac+bd)F={}&ac\bigl((a^2-b^2-c^2+d^2)^2+4(b-c)^2(d-a)^2\bigr)\\
&+bd\bigl((b^2-c^2-d^2+a^2)^2+4(c-d)^2(a-b)^2\bigr),
\end{align*}
这样就直接得到 `F\geqslant0` 而不需要不妨设。 不等式取等号还有一个可能就是$(a,b,c,d)=(2,1,1,0)$,这个好像在F里体现不到 wayne 发表于 2025-4-28 20:06
不等式取等号还有一个可能就是$(a,b,c,d)=(2,1,1,0)$,这个好像在F里体现不到
F 中的 a,b,c,d 不是原题的 a,b,c,d，我为了去根号作了置换 `(a,b,c,d)\mapsto(a^2,b^2,c^2,d^2)`，对于 `F` 就有 `F(\sqrt2,1,1,0)=0`。
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