Cho bốn số thực dương $a$, $b$, $c$ và $d$ có tích bằng 1. Chứng minh rằng
$$a^4+b^4+c^4+d^4\ge 4\left[1+(a-b{)}^2\right].$$

(AI giải đề cho tôi)
Cần chứng minh với $a,b,c,d>0$, $abcd=1$: $a^4+b^4+c^4+d^4\ge 4\left[1+(a-b{)}^2\right]$.

Bước 1: Ta có
$$a^4+b^4=2a^2{b}^2+(a^2-b^2{)}^2=2a^2{b}^2+(a-b{)}^2(a+b{)}^2,$$
và vì $c^2{d}^2=\frac{1}{a^2{b}^2}$ nên $c^4+d^4\ge 2c^2{d}^2=\frac{2}{a^2{b}^2}$.

Đặt $t=ab>0$. Khi đó
$$a^4+b^4+c^4+d^4\ge 2\left(t^2+\frac{1}{t^2}\right)+(a-b{)}^2(a+b{)}^2.$$
Vậy đủ chứng minh
$$2\left(t^2+\frac{1}{t^2}\right)-4\ge (a-b{)}^2\left[4-(a+b{)}^2\right].$$

Bước 2: Xét hai trường hợp.

Trường hợp 1: $(a+b{)}^2\ge 4$. Khi đó $(a-b{)}^2(a+b{)}^2\ge 4(a-b{)}^2$, do đó
$$a^4+b^4+c^4+d^4\ge 2\left(t^2+\frac{1}{t^2}\right)+4(a-b{)}^2\ge 4+4(a-b{)}^2=4\left[1+(a-b{)}^2\right],$$
vì $t^2+\frac{1}{t^2}\ge 2$. Bất đẳng thức đúng.

Trường hợp 2: $(a+b{)}^2<4$. Đặt $u=(a+b{)}^2$, chú ý $4t=4ab\le (a+b{)}^2=u<4$ nên $t<1$, và $(a-b{)}^2=u-4t$. Xét
$$f(u)=(u-4t)(4-u),u\in [4t,4).$$
Tam thức bậc hai này có đỉnh tại $u=2+2t$ (thuộc $[4t,4)$ vì $t<1$), do đó
$$f(u)\le f(2+2t)=(2-2t)(2-2t)=4(1-t{)}^2.$$
Mặt khác
$$2\left(t^2+\frac{1}{t^2}\right)-4=\frac{2(t^2-1{)}^2}{t^2}=\frac{2(t-1{)}^2(t+1{)}^2}{t^2}.$$
Với $0<t<1$ ta có $(t+1{)}^2=t^2+2t+1>2t^2$ (vì $1+2t-t^2>0$ khi $t<1$), suy ra
$$\frac{2(t+1{)}^2}{t^2}>4\Rightarrow 2\left(t^2+\frac{1}{t^2}\right)-4>4(1-t{)}^2\ge (a-b{)}^2\left[4-(a+b{)}^2\right].$$
Vậy bất đẳng thức cũng đúng trong trường hợp này.

Kết luận: Bất đẳng thức được chứng minh hoàn chỉnh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=1$ (kiểm tra: hai vế cùng bằng $4$).