อสมการครับ

[Supermath]

ให้ $a,b,c,d\in \mathbb{R}, abcd=1$ จงเเสดงว่า $a^4b+b^4c+c^4d+d^4a\geqslant a+b+c+d$

[NaPrai]

ข้อนี้เป็นโจทย์คลาสสิคจากการใช้อสมการค่าเฉลี่ยเลขคณิต-เรขาคณิตแบบถ่วงน้ำหนัก (Weighted AM-GM) เลยครับ
ก่อนอื่นเริ่มจากการปรับดีกรีของทั้งสองข้างของอสมการให้เท่ากันก่อน ก็จะได้ว่าอสมการที่จะพิสูจน์สมมูลกับ

$a^4b+b^4c+c^4d+d^4a \ge a^2bcd + ab^2cd + abc^2d +abcd^2$

ไอเดียคือลองพิจารณา $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4 \in \mathbb{R^+}\cup \left\{0\right\}$ ที่ทำให้ $\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3 + \lambda_4 = 1$ โดยอสมการ Weighted AM-GM ก็จะได้ว่า

$\lambda_1 a^4b+\lambda_2b^4c+\lambda_3c^4d+\lambda_4d^4a \ge a^{4\lambda_1+\lambda_4}b^{4\lambda_2+\lambda_1}c^{4\lambda_3+\lambda_2}d^{4\lambda_4+\lambda_3}$

ทีนี้ลองพิจารณาทีละก้อนของฝั่งขวาของอสมการที่เราจะพิสูจน์กันเลยครับ เริ่มจากเทียบ $a^2bcd$ กับ $a^{4\lambda_1+\lambda_4}b^{4\lambda_2+\lambda_1}c^{4\lambda_3+\lambda_2}d^{4\lambda_4+\lambda_3}$โดยการเทียบเลขชี้กำลังของ $a,b,c,d$ และการแก้ระบบสมการออกมาจะได้ว่า $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4)=(\frac{23}{51},\frac{7}{51},\frac{11}{51},\frac{10}{51})$

นั่นคือได้ว่า

$\frac{23}{51}a^4b+\frac{7}{51}b^4c+\frac{11}{51}c^4d+\frac{10}{51}d^4a \ge a^2bcd$

ทำในทำนองเดียวกันก็จะได้ว่า

$\frac{7}{51}a^4b+\frac{11}{51}b^4c+\frac{10}{51}c^4d+\frac{23}{51}d^4a \ge ab^2cd$
$\frac{11}{51}a^4b+\frac{10}{51}b^4c+\frac{23}{51}c^4d+\frac{7}{51}d^4a \ge abc^2d$
$\frac{10}{51}a^4b+\frac{23}{51}b^4c+\frac{7}{51}c^4d+\frac{11}{51}d^4a \ge abcd^2$

พอเอาสี่อสมการนี้มารวมกันก็จะได้ตามต้องการครับ

[NaPrai]

แต่ยังไงผมก็คิดว่ามันไม่น่าจะจริง สำหรับทุกจำนวนจริง $a,b,c,d$ นะ น่าจะพิมพ์ตกหล่นหรือเปล่าครับ ลองดูตัวอย่างค้านนี้นะครับ $(a,b,c,d)=(-0.5,1,1,-2)$

[NaPrai]

อีกวิธีนึงลองดูแบบนี้ก็ได้ครับ สวยงามอยู่ไ่ม่ใช่น้อย โดยใช้แค่ AM-GM ธรรมดา ก็จะได้ว่า

$a^4b+c+d \ge 3a(abcd)^\frac{1}{3}=3a$

ทำในทำนองเดียวกันจะได้

$b^4c+d+a \ge 3b(abcd)^\frac{1}{3}=3b$
$c^4d+a+b \ge 3c(abcd)^\frac{1}{3}=3c$
$d^4a+b+c \ge 3d(abcd)^\frac{1}{3}=3d$

พอรวมทั้งสี่อสมการก็จะได้ตามต้องการครับ

[Supermath]

ขอบคุณครับ