Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2021-2022 учебный год, II тур заключительного этапа

Положительные числа $a,$ $b,$ $c$ и $d$ не превосходят единицы. Докажите неравенство $$\frac{1}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}}\ge \frac{1}{4}+(1-a)(1-b)(1-c)(1-d).$$ ( А. Храбров )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. Положим $s = \frac{a+b+c+d}{4}.$ Так как $0 \le a, b, c, d \le 1,$ выполнено неравенство $a^2+b^2+c^2+d^2 \le a+b+c+d.$ Далее, как легко показать неравенство, $(1-a)(1-b) \le \big(1-\frac{a+b}{2} \big)^2,$ так как оно эквивалентно неравенству $0 \le \frac{1}{4}(a-b)^2$. Поэтому $$(1-a)(1-b)(1-c)(1-d) \le \Big(1-\frac{a+b}{2}\Big)^2 \Big(1-\frac{c+d}{2}\Big)^2 \le (1-s)^4.$$ Поэтому нам достаточно доказать неравенство $\frac{1}{4s} \ge \frac{1}{4}+(1-s)^4.$ После домножения обеих его частей на $4s$, переноса всех выражений в левую часть и вынесения за скобки $1-s$, получим $(1-s)(4s(1-s)^3-1) \le 0,$ что верно, ибо $s \le 1$ и $4s(1-s)^3 = 4s(1-s)(1-s)^2 \le 4\cdot \frac{1}{4}\cdot (1-s)^2 \le 1.$

Сделаем следующую замену: $1-a=x$ и $1-b=y,$ и $...$

Получим следующее выражение: $$(!)\frac{1}{4+x^2+y^2+z^2+t^2-2x-2y-2z-2t}\geq \frac{1}{4}+xyzt$$

Для удобства сделаем замену: $A=x+y+z+t$ и $B=x^2+y^2+z^2+t^2$ и $C=xyzt$ и минусуем $0.25$ слева и справа: $$(!) \frac{2A-B}{4+B-2A}\geq 4C$$

Несложно понять что $A \geq B$, давайте опять переделаем наше неравенство и получим: $$(!)2A-B \geq 16C+4BC-8AC$$

Ну или же: $$(!)2A+8AC \geq 16C+4BC+B$$

И так как $A \geq B$ то $4AC \geq 4BC$ и $A \geq B$, значит:

$$(!)A+4AC \geq 16C \rightarrow (!)A(1+4C) \geq 16C$$

$1+4C \geq 4\sqrt{C}$ по $AM$ $\geq$ $GM$ и $A \geq 4\sqrt{C}$ по тому же неравенству, ч.т.д.