2011第10届CGMO试题

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  二试代数部分

略

证法1：当 $a$、$b$、$c$、$d$ 有两个相等时，不妨设 $a=b$ 。令 $s=a+b+c+d$，则 $\begin{align}
&\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{9}{a+b+c+d} \\
&=\frac{2}{a}+\frac{c+d}{cd}+\frac{9}{s} \\
&=\frac{2}{a}+{{a}^{2}}(s-2a)+\frac{9}{s} \\
&=\frac{2}{a}-2{{a}^{3}}+({{a}^{2}}s+\frac{9}{s}) \\
\end{align}$（1．1）
若 $a\geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$，则 $s=a+b+c+d\ge2a+\frac{2}{a}\geqslant \frac{3}{a}$ 。将 $s$ 视为变量，式（1．1）最小值在 $s=2a+\frac{2}{a}$ 时取到，此时
$\begin{align}
&\frac{2}{a}-2{{a}^{3}}+({{a}^{2}}s+\frac{9}{s}) \\
&=\frac{2}{a}+2a+\frac{9}{s} \\
& =s+\frac{9}{s}\\
&=\frac{7}{16}s+\frac{9}{16}s+\frac{9}{s} \\
& \geqslant\frac{7}{16}\times 4+2\sqrt{\frac{9}{16}s\cdot \frac{9}{s}} \\
& =\frac{25}{4}\\
\end{align}$，（这里用到了 $s=2a+\frac{2}{a}\ge4$）。
若 $0<a<\frac{\sqrt{2}}{2}$，则
$\begin{align}
&\frac{2}{a}-2{{a}^{3}}+({{a}^{2}}s+\frac{9}{s}) \\
& \geqslant\frac{2}{a}-2{{a}^{3}}+6a \\
&=\frac{2}{a}+5a+(a-2{{a}^{3}}) \\
&>\frac{2}{a}+5a\geqslant 2\sqrt{\frac{2}{a}\cdot 5a}=2\sqrt{10}>\frac{25}{4} \\
\end{align}$
因此，当 $a,b,c,d$ 有两个相等时，不等式成立。下面假设 $a,b,c,d$ 两两不等，不妨设 $a>b>c>d$ 。由于 $\frac{ad}{c}\cdot bcc=abcd=1$，故由上面的证明得到 $\frac{1}{\frac{ad}{c}}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{9}{\frac{ad}{c}+b+c+c}\geqslant\frac{25}{4}$ 。
下面只需证明 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{9}{a+b+c+d}\geqslant\frac{1}{\frac{ad}{c}}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{9}{\frac{ad}{c}+b+c+c}$ 。（1．2）
而 $\begin{align}
&(1.2)\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{d}+\frac{9}{a+b+c+d}\geqslant\frac{1}{\frac{ad}{c}}+\frac{1}{c}+\frac{9}{\frac{ad}{c}+b+2c} \\
&\Leftrightarrow \frac{ac+cd-{{c}^{2}}-ad}{acd}\geqslant\frac{9(a+d-\frac{ad}{c}-c)}{(a+b+c+d)(\frac{ad}{c}+b+2c)} \\
&\Leftrightarrow \frac{(a-c)(c-d)}{acd}\geqslant\frac{9(a-c)(c-d)}{(a+b+c+d)(\frac{ad}{c}+b+2c)c} \\
&\Leftrightarrow (a+b+c-d)(\frac{ad}{c}+b+2c)\geqslant 9ad
\end{align}$（1．3）
由均值不等式得到 $\frac{ad}{c}+3c\geqslant \sqrt{9ad}\Rightarrow\frac{ad}{c}+b+2c\geqslant \sqrt{9ad}$ 。
又因为 $a+b-c+d>\frac{ad}{c}+b+2c$，所以，式（1．3）成立。
证法2：采用调整法。
不妨设 $a\leqslant b\leqslant c\leqslant d$，并记 $f(a,b,c,d)=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{9}{a+b+c+d}$ 。
先证 $f(a,b,c,d)\geqslant f(\sqrt{ab},b,\sqrt{ac},d)$
事实上，式（1．1）$\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c+d}\geqslant\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}+\frac{9}{2\sqrt{ac}+b+d}$ $\Leftrightarrow\frac{{{(\sqrt{a}-\sqrt{c})}^{2}}}{ac}\geqslant\frac{9{{(\sqrt{a}-\sqrt{c})}^{2}}}{(a+b+c+d)(2\sqrt{ac}+b+d)}$
而 $1=abcd\geqslant aacc\Rightarrow ac\leqslant 1\Rightarrow\frac{2}{\sqrt{ac}}\geqslant 2\sqrt{ac}$ 且 $a+c\geqslant 2\sqrt{ac}$ 。
$\left( a+c+\frac{2}{\sqrt{ac}} \right)\left(2\sqrt{ac}+\frac{2}{\sqrt{ac}} \right)\geqslant \left( 2\sqrt{ac}+\frac{2}{\sqrt{ac}}\right)\left( 2\sqrt{ac}+\frac{2}{\sqrt{ac}} \right)\geqslant 4\sqrt{ac}\cdot4\sqrt{ac}=16ac>9ac$ 所以 $(a+b+c+d)(2\sqrt{ac}+b+d)\ge9ac$，式（1．2）成立。
【注】式（1．1）说明，$f(a,b,c,d)(a\leqslant b\leqslant c\leqslant d)$ 的最小值（或极小值）总是在 $a=c$，即 $a=b=c$ 时取得。欲得到该四元函数的下界，不妨设 $(a,b,c,d)=\left( \frac{1}{t},\frac{1}{t},\frac{1}{t},{{t}^{3}}\right)(t\geqslant 1)$ 。这也说明了只需证明对任意的 $t\geqslant 1$，总有 $f\left( \frac{1}{t},\frac{1}{t},\frac{1}{t},{{t}^{3}} \right)\geqslant\frac{25}{4}$，就证明了原不等式成立。代入可知
$\begin{align}
& f\left(\frac{1}{t},\frac{1}{t},\frac{1}{t},{{t}^{3}} \right)\geqslant \frac{25}{4} \\
&\Leftrightarrow 3t+\frac{1}{{{t}^{3}}}+\frac{9}{{{t}^{3}}+\frac{3}{t}}\geqslant\frac{25}{4} \\
&\Leftrightarrow 12{{t}^{8}}-25{{t}^{7}}+76{{t}^{4}}-75{{t}^{3}}+12\geqslant 0 \\
&\Leftrightarrow {{(t-1)}^{2}}p\geqslant 0 \\
\end{align}$，
其中 $p=(12{{t}^{6}}-{{t}^{5}}-14{{t}^{4}}-27{{t}^{3}}+36{{t}^{2}}+24t+12)$ 。
只需证 $p\geqslant 0\Leftrightarrow (t-1)q+42\geqslant 0$，其中 $q=(12{{t}^{5}}+11{{t}^{4}}-3{{t}^{3}}-30{{t}^{2}}+6t+30)$ 。
而 $t\geqslant 1$，$12{{t}^{5}}+6t\ge2\sqrt{12{{t}^{5}}\cdot 6t}=12\sqrt{2}{{t}^{3}}>3{{t}^{3}}$，
$11{{t}^{4}}+30\geqslant 2\sqrt{11{{t}^{4}}\cdot30}=2\sqrt{330}{{t}^{2}}>30{{t}^{2}}$ 。故 $(t-1)q+42>0$ 。
至此式（1．3）成立，原不等式得证。