Леонард Эйлер атындағы олимпиада,2015-2016 оқу жылы, қорытынды кезеңнің 2-ші туры

Теріс емес $a$, $b$, $c$ және $d$ сандарының қосындысы $4$-ке тең. $(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc) \leq 8$ теңсіздігін дәлелдеңіздер. ( А. Храбров )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     $\sqrt{(ab+cd)(ac+bd)}\le \dfrac{ab+cd+ac+bd}{2}=\dfrac{(a+d)(b+c)}{2}\le \dfrac{1}{2}{{\left( \dfrac{a+b+c+d}{2} \right)}^{2}}=2.$ Аналогично, $\sqrt{(ab+cd)(ad+bc)}\le 2$ и $\sqrt{(ac+bd)(ad+bc)}\le 2$. Перемножая три полученных неравенства, получаем искомое.

По Коши-Буняковского имеем $$(a^2+b^2+c^2+d^2)(1+1+1+1)\geq(a+b+c+d)^2$$ то есть $$a^2+b^2+c^2+d^2\geq\frac{(a+b+c+d)^2}{4}=a+b+c+d=4$$

По AM-GM получаем, что $(\frac{ab+cd+ac+bd+ad+bc}{3})^3\geq(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)$, $(\frac{ab+cd+ac+bd+ad+bc}{3})^3=(\frac{(a+b+c+d)^2-(a^2+b^2+c^2+d^2)}{6})^3\leq(\frac{16-4}{6})^3=8$, отсюда следует, что $$8\geq(\frac{ab+cd+ac+bd+ad+bc}{3})^3\geq(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)$$, $$8\geq(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)$$

бедных 8-классников заставили решать неравенства

pokpokben, что ты мудришь? Лучше бы вместо слов "Коши-Буняковский" написал бы неравенство между средне квадратичным и арифметическим для четырёх чисел, не надо пугать 8-классников, они только начинают свой путь