Областная олимпиада по математике, 2002 год, 11 класс

Пусть $a, b, c, d >0$ и $\dfrac{1}{1+a^{4}}+\dfrac{1}{1+b{ }^{4}}+\dfrac{1}{1+c^{4}}+\dfrac{1}{1+d^{4}}=1.$ Докажите, что $abcd \geq 3$.

Комментарий/решение

$$1=\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{1}{1+c^4}+\frac{1}{1+d^4}\geq \frac{16}{4+a^4+b^4+c^4+d^4}\Rightarrow$$

$$\Rightarrow \frac{16}{4+a^4+b^4+c^4+d^4} \leq 1\Rightarrow$$

$$\Rightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\geq 12 \Rightarrow a^4+b^4+c^4+d^4\geq 4\sqrt[4]{a^4b^4c^4d^4}=4abcd\geq12 \Rightarrow abcd\geq 3$$

Вы много логических ошибок допускаете при решении неравенств. Смотрите, то, что $a^4+b^4+c^4+d^4 \ge 12$ не говорит о том, что $abcd \ge 3$. Да, действительно $a^4+b^4+c^4+d^4\geq 4\sqrt[4]{a^4b^4c^4d^4}$. Но может оказаться так, что $a^4+b^4+c^4+d^4 \geq 12 \geq 4\sqrt[4]{a^4b^4c^4d^4}$. Понимаете о чем я?

$x=\dfrac{1}{1+a^{4}}, y= \dfrac{1}{1+b^{4}}, z=\dfrac{1}{1+c^{4}}, t=\dfrac{1}{1+d^{4}}$

$\Rightarrow \ \ x+y+z+t=1$

$a^4=\frac{1-x}{x}=\frac{y+z+t}{x}\ge \frac{3\sqrt[3]{yzt}}{x}$

$a^4\ge \frac{3\sqrt[3]{yzt}}{x}$

$b^4\ge \frac{3\sqrt[3]{ztx}}{y}$

$c^4\ge \frac{3\sqrt[3]{txy}}{z}$

$d^4\ge \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{t}$

Осы төрт теңсіздікті көбейтеміз, сонда:

$(abcd)^4\ge 81 \ \ \Rightarrow \ \ abcd\ge 3$