(重复)几何不等式-1

(重复)几何不等式-23设平面凸

设平面凸四边形的边长为a,b,c,d，面积为S，证明 (a+b+c+d)(bcd+cad+abd+abc)>=16S^2 证明 由于在边长给定的四边形中，以它内接于圆时的面积为最大，因此只要证明圆内接凸四边形的情况。 这时 16S^2=4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2， 这样所证不等式变为 (a+b+c+d)(bcd+cad+abd+abc)≥4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2， a^4+b^4+c^4+d^4-2a^2b^2-2a^2c^2-2a^2d^2-2b^2c^2-2b^2d^2-2c^2d^2+a^2(bc+cd+db)+...全部

  设平面凸四边形的边长为a,b,c,d，面积为S，证明 (a+b+c+d)(bcd+cad+abd+abc)>=16S^2 证明 由于在边长给定的四边形中，以它内接于圆时的面积为最大，因此只要证明圆内接凸四边形的情况。
  这时 16S^2=4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2， 这样所证不等式变为 (a+b+c+d)(bcd+cad+abd+abc)≥4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2， a^4+b^4+c^4+d^4-2a^2b^2-2a^2c^2-2a^2d^2-2b^2c^2-2b^2d^2-2c^2d^2+a^2(bc+cd+db)+b^2(ac+ad+cd)+c^2(ab+ad+bd)+d^2(ab+bc+ac)-4abcd≥0; (a^2+b^2+cd+2ab-c^2-d^2)(a-b)^2+(a^2+c^2+bd+2ac-b^2-d^2)(a-c)^2+(a^2+d^2+bc+2ad-b^2-c^2)(a-d)^2+(b^2+c^2+ad+2bc-a^2-d^2)(b-c)^2+(b^2+d^2+ac+2bd-a^2-c^2)(b-d)^2+(c^2+d^2+ab+2cd-a^2-b^2)(c-d)^2≥0; (*) 所证不等式是全对称的，不失一般性，设a≥b≥c≥d。
  那么易证 a^2+b^2+cd+2ab-c^2-d^2>0; a^2+c^2+bd+2ac-b^2-d^2>0; a^2+d^2+bc+2ad-b^2-c^ 而 a-c≥b-c，所以 (a^2+c^2+bd+2ac-b^2-d^2)(a-c)^2+(b^2+c^2+ad+2bc-a^2-d^2)(b-c)^2≥(a^2+c^2+bd+2ac-b^2-d^2+b^2+c^2+ad+2bc-a^2-d^2)(b-c)^2=(2c^2-2d^2+bd+ad+2ac+2bc)(b-c)^2≥0。
   因为a^3+b^3+c^3-a^(b+c)-b^2(c+a)-c^2(a+b)+3abc≥0,又(a-d)/a≥(b-d)/b≥(c-d)/c，所以 (a^2+d^2+bc+2ad-b^2-c^2)(a-d)^2+(b^2+d^2+ac+2bd-a^2-c^2)(b-d)^2+(c^2+d^2+ab+2cd-a^2-b^2)(c-d)^2≥[a(a^2+d^2+bc+2ad-b^2-c^2)+b(b^2+d^2+ac+2bd-a^2-c^2)+c(c^2+d^2+ab+2cd-a^2-b^2)](c-d)^2/c=[d^2(a+b+c)+2d(a^2+b^2+c^2)+a^3+b^3+c^3-a^(b+c)-b^2(c+a)-c^2(a+b)+3abc](c-d)^2/c≥0。
   因此(*)式成立。命题得证。 。收起