[Nierówności] Symetryczna, cztery zmienne

[bosa_Nike]

Dla \(\displaystyle{ x,y,z,t\ge -1}\), takich że \(\displaystyle{ x+y+z+t=0}\), udowodnij

\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+t^2+5xyz+5xyt+5xzt+5yzt\ge 4xyzt}\)

Ukryta treść:    

Zadanie pochodzi od L. Giugiuca - było krótko na aops i zostało usunięte, więc być może pojawi się niebawem na jakimś konkursie.

[timon92]

Ukryta treść:    

przy ustalonej sumie \(\displaystyle{ A=x+y}\) wyrażenie \(\displaystyle{ LHS-RHS}\) jest liniową funkcją zmiennej \(\displaystyle{ xy}\), tak więc wystarczy sprawdzić że wszystko gra dla ekstremalnych wartości \(\displaystyle{ xy}\), tzn. dla \(\displaystyle{ x=-1, y=A+1}\) oraz dla \(\displaystyle{ x=y=\frac A 2}\), i.e. wystarczy sprawdzić przypadki \(\displaystyle{ x=-1}\) oraz \(\displaystyle{ x=y}\)

z tych samych powodów wystarczy ograniczyć się do przypadków \(\displaystyle{ z=-1}\) oraz \(\displaystyle{ z=t}\)

ze względu na symetrię wystarczy więc sprawdzić następujące przypadki (czego nie chce mi się robić):

\(\displaystyle{ 1^\circ\quad x=-1, z=-1\\
2^\circ\quad x=-1, z=t\\
3^\circ\quad x=y, z=t}\)

[WolfusA]

Dziękujemy bosa_Nike za przezorność. Jeśli już, to będzie pewnie w jakiejś gazecie, ewentualnie na bałkańskich konkursach.
Chyba tak miało wyglądać rozwiązanie, ale nie umiem skończyć
Podstawiamy \(\displaystyle{ x=\frac{4a}{a+b+c+d}-1}\) itp. gdzie \(\displaystyle{ a,b,c,d\ge 0}\).
Należy wtedy wykazać \(\displaystyle{ \sum_{cyc}a^4+\sum_{cyc}a^2(bc+bd+cd)\ge 2\sum_{sym}a^2b^2+4abcd}\).

[timon92]

dowód nie może być zbyt prosty ze względu na mnogość czwórek spełniających równość: \(\displaystyle{ (x,y,z,t)=(-1,-1,1,1), (-1,1/3,1/3,1/3), (0,0,0,0)}\), lub, przy oznaczeniach przedmówcy, \(\displaystyle{ (a,b,c,d)=(0,0,w,w), (0,w,w,w), (w,w,w,w)}\)

[bosa_Nike]

Dzięki za zainteresowanie.
@WolfusA - nie mam co prawda pewności, o co chodzi z tą przezornością, ale na wszelki wypadek też Wam dziękuję.
Co do tego, gdzie się pojawi, to z pewnością masz rację, choć zdarzało się powtórne wykorzystywanie tych samych zadań, że wspomnimy to znane później jako Iran'96 .

O ile się nigdzie nie pomyliłam, to rozwiązanie bez mambo-dżambo też jest możliwe, aczkolwiek w mojej wersji straszne i bez komputera (choćby do weryfikacji) słabo wykonalne.

[WolfusA]

Kończę co zacząłem: bez straty ogólności
\(\displaystyle{ b=a+x \wedge c=a+y \wedge d=a+z \wedge \left\{ x,y,z\right\} \subset R_+\cup\lbrace 0\rbrace}\)
Musimy wykazać
\(\displaystyle{ a^2(3\sum_{cyc}x^2+\sum_{cyc}xy)+a(4\sum_{cyc}x^3-2\sum_{cyc}(x+y)xy+2xyz)+\sum_{cyc}x^4-2\sum_{cyc}x^2y^2+xyz\sum_{cyc}x\ge 0}\).
Jak widać \(\displaystyle{ 3\sum_{cyc}x^2+\sum_{cyc}xy=\frac52\sum_{cyc}x^2+(x+y+z)^2\ge 0}\)
zaś z ukochanej nierówności A-G
\(\displaystyle{ 2\sum_{cyc}x^3\ge\sum_{cyc}(x+y)xy}\).
Więc jest to funkcja niemalejąca względem \(\displaystyle{ a}\). Wystarczy więc wykazać przy \(\displaystyle{ a=0}\).
Korzystając z Schura czwartego stopnia i pięknej nierówności
\(\displaystyle{ \sum_{cyc}x^4+xyz\sum_{cyc}x\ge \sum_{cyc}xy(x^2+y^2)\ge 2\sum_{cyc}x^2y^2}\)

-- 11 maja 2019, o 13:28 --
Mogę powiedzieć, że przeliczenia są wykonane ręcznie w jakąś godzinę przy śniadaniu, więc mogłoby się nadawać na Bałkańskie konkursy Giugiuca. I jak to on mówi

Ukryta treść:    

I have proofs for all I'm saying here.

[bosa_Nike]

Jeżeli kogoś interesuje oficjalne rozwiązanie, to może je przeczytać . Mniej więcej tą samą drogą (przypadki itd.) podąża też moje rozwiązanie. Widać teraz, o ile fajniejszy jest pomysł, który przedstawił WolfusA.