Bất đẳng thức bốn biến

[codinh24]

Cho $a,b,c,d $ dương . chứng minh
$\sqrt[3]{\frac{abc+bcd+cda+dab}{4}} \leq \sqrt{\frac{ab+bc+cd+ad+db+ac}{6}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[muamuathu123]

Lời giải:
Xét $f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d) $
Đặt:
$p=a+b+c+d, q=ab+bc+cd+da+ca+bd, r= abc+bcd+cda+dab, s=abcd $
$\Rightarrow f(x)=x^{4}-px^{3}+qx^{2}-rx+s $
$\Rightarrow f'(x)=4x^{3}-3px^{2}+2qx-r $
Ta có: $f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=0 $, theo đinh lí Rolle suy ra $f'(x)=0 $ có ba nghiệm. Gọi 3 nghiệm đó là $x_{1},x_{2},x_{3} $ ($x_{1},x_{2},x_{3} $ không âm).
Theo hệ thức Viet ta có:
$x_{1}+x_{2}+x_{3}=\frac{3}{4}p $,$x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{1}x_{3}=\frac{1}{2}p
$,$x_{1}x_{2}x_{3=\frac{1}{4}}r $
Áp BĐT Cauchy ta có:
$x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{1}x_{3}\geq 3(\sqrt[3]{x_{1}x_{2}x_{3}})^{2} $
$\Rightarrow \sqrt{\frac{x_{1}x_{2}+x_{2}x_{3}+x_{1}x_{3}}{3}}\ geq \sqrt[3]{x_{1}x_{2}x_{3}} $
Suy ra điều cần chứng minh.

Danh với lợi như xích xiềng cột trói Bao anh hùng đắm đuối bởi tài ba

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

Bạn học gõ Latex và đọc nội quy về việc đặt tên Topic nhé.

Đây là bất đẳng thức McLaurin cho 4 số, bài này có nhiều cách giải, mình trình bày cách Cauchy Schwarz vậy.

Áp dụng Cauchy Schwarz, ta có

$\[abc + bcd + cda + dab = ab(c + d) + cd(a + b) \le \sqrt {(ab + cd)\left[ {ab{{(c + d)}^2} + cd{{(a + b)}^2}} \right]} .\] $

Lại có

$\[ab{(c + d)^2} + cd{(a + b)^2} \le 2ab({c^2} + {d^2}) + 2cd({a^2} + {b^2}) = 2(ac + bd)(ad + bc).\] $

Như vậy,

$\[abc + bcd + cda + dab \le \sqrt {2(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)} .\] $

Áp dụng AM-GM cho 3 số, ta có

$\[(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) \le {\left( {\frac{{ab + cd + ac + bd + ad + bc}}{3}} \right)^3}.\] $

Và như vậy,

$\[abc + bcd + cda + dab \le \sqrt {2{{\left( {\frac{{ab + cd + ac + bd + ad + bc}}{3}} \right)}^3}} .\]
$

Bất đẳng thức này tương đương với điều phải chứng minh. Phép chứng minh kết thúc. $\blacksquare $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]