Математикадан республикалық олимпиада, 2013-2014 оқу жылы, 10 сынып

Нақты $a$, $b$, $c$, $d$ сандары келесі шарттарды қанағаттандырады:
i) $a \ne b$, $b\ne c$, $c\ne d$, $d\ne a$;
ii) $\dfrac{1}{{{\left( a-b \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( b-c \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( c-d \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( d-a \right)}^{2}}}=1$.
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}$ өрнегінің ең кіші мәнін табыңдар. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Заметим, что неравенство $$ (a+b)^2+(b+c)^2+(c+d)^2+(d+a)^2 \geq 0 $$ эквивалентно неравенству \[4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right) \geq {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - d} \right)^2} + {\left( {d - a} \right)^2}.\] Из соотношения между средними следует, что $$ \displaylines { {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - d} \right)^2} + {\left( {d - a} \right)^2} \geq \cr \geq \frac{{16}}{{\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c - d} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {d - a} \right)}^2}}}}} = 16,} $$ откуда ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}} \geq 4$. Равенство достигается например при $a=c=1$ и $b=d=-1$.

По неравенству $2(a^2+b^2)\ge (a+b)^2$ и неравенству Коши Шварца имеем:

$$1=\dfrac{1}{{{\left( a+(-b) \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( b+(-c) \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( c+(-d) \right)}^{2}}}+\dfrac{1}{{{\left( d+(-a) \right)}^{2}}}\ge$$

$$\dfrac{1}{2(a^2+(-b)^2)}+\dfrac{1}{2(b^2+(-c)^2)}+\dfrac{1}{2(c^2+(-d)^2)}+\dfrac{1}{2(d^2+(-a)^2)}=$$

$$=\dfrac{1}{2(a^2+b^2)}+\dfrac{1}{2(b^2+c^2)}+\dfrac{1}{2(c^2+d^2)}+\dfrac{1}{2(d^2+a^2)} \ge \dfrac{(1+1+1+1)^2}{4(a^2+b^2+c^2+d^2)}$$

Откуда следует, что $a^2+b^2+c^2+d^2 \ge 4$

Комментарии:

Можно доказать более строгое неравенство: $|a|+|b|+|c|+|d| \ge 4$