9-шы халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2013 жыл

Пусть $a, b, c, d > 0$, $abcd=1$. Докажите неравенство $${(a-1)(c+1)\over 1+bc+c}+{(b-1)(d+1)\over 1+cd+d}+{(c-1)(a+1)\over 1+da+a} +{(d-1)(b+1)\over 1+ab+b}\geq 0.$$

Комментарий/решение

$\textbf{Решение:}$

$$\frac{(a-1)(c+1)}{1+bc+c}+\frac{(b-1)(d+1)}{1+cd+d}+\frac{(c-1)(a+1)}{1+ad+a}+\frac{(d-1)(b+1)}{1+ab+b}\geq0$$

Преобразуем неравенство и получим

$$\frac{ac+a+bc}{1+bc+c}+\frac{bd+b+cd}{1+cd+d}+\frac{ac+c+ad}{1+ad+a}+\frac{db+d+ab}{1+ab+b}\geq 4.$$

Используя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим получаем:

$$\frac{ac+a+bc}{1+bc+c}+\frac{bd+b+cd}{1+cd+d}+\frac{ac+c+ad}{1+ad+a}+\frac{db+d+ab}{1+ab+b}\geq$$

$$\geq 4\sqrt[4]{\frac{ac+a+bc}{1+bc+c}\cdot\frac{bd+b+cd}{1+cd+d}\cdot\frac{ac+c+ad}{1+ad+a}\cdot\frac{db+d+ab}{1+ab+b}}\geq 4\Longleftrightarrow$$

$$\Longleftrightarrow (ac+a+bc)(bd+b+cd)(ac+c+ad)(db+d+ab)\geq(1+bc+c)(1+cd+d)(1+ad+a)(1+ab+b) \qquad (1)$$

Воспользуемся условием задачи. Так как произведение переменных равно единице, то найдется такие числа $x,y,z$ и $t$ , что $ya=x, zb=y, tc=z, xd=t.$

$$abcd=1 \Longleftrightarrow \exists x,y,z,t: \qquad ya=x, \quad zb=y,\quad tc=z, \quad xd=t$$

Неравенство $(1)$ в новых обозначениях выглядит так:

$$(1) \Longleftrightarrow (xz+xt+y^2)(yx+yt+z^2)(zx+zy+t^2)(ty+tz+x^2)\geq xyzt(y+z+t)(x+z+t)(x+y+t)(x+y+z)\qquad \qquad(2)$$

Применяем неравенство Коши-Буняковского:

$$(xz+xt+y^2)(z+t+x)=((\sqrt{x}\cdot \sqrt{z+t})^2+y^2)((\sqrt{z+t})^2+(\sqrt{x})^2)\geq (\sqrt{x}\cdot \sqrt{z+t}\cdot \sqrt{z+t}+y\sqrt{x})^2=$$

$$=x(z+t+y)^2 \Longleftrightarrow (z+t+x)(xz+xt+y^2)\geq x(z+t+y)^2\qquad \qquad(3)$$

Применяя неравенство $(3)$ для других переменных, затем перемножив эти неравенства ‚ мы и получим требуемое неравенство $(2).$

$\textbf{Замечание:}$ Равенство достигается в том и только том случае, когда $x=y=z=t$ или $a=b=c=d=1.$

Отпечатка в $(3)$, в левой части неравенства забыта скобка $(z+t+x)$, а в правой части скобка $(z+t+y)$ должна быть в квадрате

(Если не учитывать опечатку, и умножить неравенства получение из КБШ, то следует требуемое)

Давайте к каждой дроби прибавим один и получим: $$(!) \sum \frac{a+ac+bc}{bc+c+1}\geq 4$$

Сделаем замену:$a= \frac{x}{y}; b= \frac{y}{z}; c= \frac{z}{t}; d= \frac{t}{x}.$ И задача преобразуется в: $$(!)\sum \frac{x(\frac{y^2}{x}+z+t)}{y(y+z+t)}\geq 4$$

Используем $AM \geq GM$ и остаётся доказать что: $$(!)\frac{\prod (\frac{y^2}{x}+z+t)}{\prod (x+y+z)} \geq 1$$ Для каждого сверху используем по Коши:

$$(\frac{x^2}{t}+y+z)\geq \frac{(x+y+z)^2}{(t+y+z)}$$ и получим что надо было доказать. Кстати эту задачу решил только один человек (что странно).