设 a,b,c,d为正实数,求证:[a/(a+b+c)]^2+[b/(b+c+d)^2+[c/(c+d+a)^2+[d/(d...

195912

设 a , b , c , d为正实数，
求证 : [a/(a+b+c)]^2+[b/(b+c+d)^2+[c/(c+d+a)^2+[d/(d+a+b)]^2≥4/9
证明 :因为
                 a , b , c , d > 0
令
                x = b+c+d , y = c+d+a , z = d+a+b , u = a+b+c ,
则
                a = 1/3(y+z+u - 2x) , b = 1/3(z+u+x - 2y) ,c = 1/3(u+x+y - 2z) , d = 1/3(x+y+z - 2u)
这样，便有
               [a/(a+b+c)]^2+[b/(b+c+d)^2+[c/(c+d+a)^2+[d/(d+a+b)]^2
            = (y+z+u - 2x)^2/9u^2 + (z+u+x - 2y)^2/9x^2 + (u+x+y - 2z)^2/9y^2 + (x+y+z - 2u)^2/9z^2
            ≥2(y+z+u - 2x)(z+u+x - 2y)/9ux +2 (u+x+y - 2z)(x+y+z - 2u)/9yz
            ≥4[(y+z+u - 2x)(z+u+x - 2y)(u+x+y - 2z)(x+y+z - 2u)]^(1/2)/9(xyzu)^(1/2)
因为
               (y+z+u - 2x)(z+u+x - 2y)(u+x+y - 2z)(x+y+z - 2u) ≥ xyzu
所以
              4[(y+z+u - 2x)(z+u+x - 2y)(u+x+y - 2z)(x+y+z - 2u)]^(1/2)/9(xyzu)^(1/2) ≥ 4/9
即
              [a/(a+b+c)]^2+[b/(b+c+d)^2+[c/(c+d+a)^2+[d/(d+a+b)]^2≥4/9

注:本帖题目来源于 luyuanhong 在 www.mathchina.com 的转帖。

195912

题 : 若
          x , y , z , u > 0
则
            (y+z+u - 2x)(z+u+x - 2y)(u+x+y - 2z)(x+y+z - 2u) ≥ xyzu
证明 : 因为
            x , y , z , u > 0
设
            x + y +z + u = w
则
           y+z+u - 2x = w - 3x
           z+u+x - 2y = w - 3y
           u+x+y - 2z = w - 3z
           x+y+z - 2u = w - 3u
令
          f ( w ) = (w - 3x)(w - 3y) - xy
          f ( w ) = (w - 3z)(w - 3u) - zu
因为
           Δ1= 9( x + y )^2 - 32xy = 9（x - y )^2 +4xy > 0
           Δ2= 9( z + u )^2 - 32zu = 9 ( z - u )^2 +4zu > 0
这时
           w^2 - 3( x + y )w +8xy = 0
           w^2 - 3( z + u )w +8zu = 0
各有两个相异的实根 , 根据一元二次不等式的性质 , 所以 , 有
           w^2 - 3( x + y )w +8xy ≥ 0
            w^2 - 3( z + u )w +8zu ≥0
即
            (w - 3x)(w - 3y) ≥ xy
            (w - 3z)(w - 3u) ≥ zu
所以
             (y+z+u - 2x)(z+u+x - 2y)(u+x+y - 2z)(x+y+z - 2u) ≥ xyzu .
本题实际是楼主的题，
"设 a , b , c , d为正实数，
求证 : [a/(a+b+c)]^2+[b/(b+c+d)^2+[c/(c+d+a)^2+[d/(d+a+b)]^2≥4/9 "      
为什么存在
            (y+z+u - 2x)(z+u+x - 2y)(u+x+y - 2z)(x+y+z - 2u) ≥ xyzu
的一个补充证明。