#2 AM-GM

По AM-GM, \(x+\frac{36}{x}\ge2\sqrt{x\cdot\frac{36}{x}}=12\). Равенство достигается при \(x=6\).

\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}=3\), значит \(a+b+c\ge9\). Равенство при \(a=b=c=3\).

По AM-GM, \(\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}=5\). Возводя в куб, получаем \(abc\le125\).

\(\frac{x+x+y}{3}\ge\sqrt[3]{x^2y}=4\). Следовательно, \(2x+y\ge12\). Равенство при \(x=y=4\).

По AM-GM применённому к числам \(\frac{a}{a},\frac{a}{b},\frac{a}{c}\) и циклически, удобнее записать стандартную форму: \((a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\ge(1+1+1)^2=9\). Так как \(a+b+c=1\), получаем требуемое.

Сумма чисел \(1+a,1+b,1+c\) равна \(9\). По AM-GM их произведение не больше \(\left(\frac93\right)^3=27\). Равенство при \(a=b=c=2\).

По AM-GM для \(x,x,y,z\): \(\frac{x+x+y+z}{4}\ge\sqrt[4]{x^2yz}=2\). Значит, \(2x+y+z\ge8\).

По AM-GM: \[\frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{3}\ge\sqrt[3]{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}}=1.\] Отсюда следует утверждение.

По Cauchy, \[\left(\sum\sqrt{\frac{a}{b+c}}\right)^2\ge\frac{(a+b+c)^2}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}.\] Знаменатель равен \(2(ab+bc+ca)\le\frac{2}{3}(a+b+c)^2=\frac23\). Поэтому квадрат суммы не меньше \(\frac{1}{2/3}=\frac32\), откуда следует требуемое.

По AM-GM, \(1+a\ge2\sqrt a\), \(1+b\ge2\sqrt b\), \(1+c\ge2\sqrt c\). Перемножая, получаем \((1+a)(1+b)(1+c)\ge8\sqrt{abc}=8\). Равенство при \(a=b=c=1\).

По AM-GM: \(\frac{x+x+x+y+z}{5}\ge\sqrt[5]{x^3yz}=\sqrt[5]{32}=2\). Поэтому \(3x+y+z\ge10\).

Пусть \(P=abcd\), \(S=a+b+c+d\). Если \(P\ge16\), то \[a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\left(\frac{S}{4}\right)^2\ge4\left(\frac{P}{8}\right)^2=\frac{P^2}{16}\ge P.\] Если \(P<16\), то по AM-GM \[a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\sqrt[4]{a^2b^2c^2d^2}=4\sqrt P.\] Из \(P<16\) следует \(4\sqrt P>P\). В обоих случаях требуемое доказано.

Имеем \(cd\le |cd|\le\frac{c^2+d^2}{2}=\frac{9-a^2-b^2}{2}\). Достаточно доказать \(2(3+a)(3+b)\ge9-a^2-b^2\). После переноса получаем \(a^2+2ab+b^2+6a+6b+9=(a+b+3)^2\ge0\). Значит, исходное неравенство верно.

Так как \(ab+bc+ca=2\), \[a+\frac2a=a+\frac{ab+ac+bc}{a}=a+b+c+\frac{bc}{a}.\] По AM-GM, \(a+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{bc}\). Поэтому \(a+\frac2a\ge b+c+2\sqrt{bc}=(\sqrt b+\sqrt c)^2\), то есть \(\sqrt{a+\frac2a}\ge\sqrt b+\sqrt c\). Складывая три циклические оценки, получаем требуемое.

Так как \(|u_i|>1\), числа \(x_i=\frac{u_i+1}{u_i-1}\) положительны. Их произведение равно \(1\). Кроме того, \(\frac1{u_i-1}=\frac{x_i-1}{2}\). Поэтому нужно доказать \(x_1+x_2+x_3+x_4>4\). По AM-GM \(x_1+x_2+x_3+x_4\ge4\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}=4\). Равенство возможно только при всех \(x_i=1\), что невозможно, так как \(x_i=1\) не получается из конечного \(u_i\). Значит, сумма строго больше \(4\), и требуемая сумма положительна.

После умножения надо доказать \[a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\le1.\] Считаем \(a\ge b\ge c\ge d\). По AM-GM для \(a,b,c+d\) имеем \(ab(c+d)\le\left(\frac{a+b+c+d}{3}\right)^3=1\), значит \(a^2b^2(c+d)^2\le1\). Достаточно проверить, что левая часть не превосходит \(a^2b^2(c+d)^2\). После раскрытия это сводится к \(c^2d^2(a^2+b^2)\le2a^2b^2cd\), что верно, так как \(cd\le b^2\) и \(cd\le a^2\). Следовательно, исходное неравенство доказано.

Можно считать \(x\ge y\ge z\). Пусть \(u=x-y\ge0\), \(v=y-z\ge0\), тогда \(x-z=u+v\), и левая часть равна \(uv(u+v)\). Из \(x^2+y^2+z^2=1\) следует \((x-y)^2+(y-z)^2+(x-z)^2\le3\), то есть \(u^2+v^2+(u+v)^2\le3\). Для фиксированного \(s=u+v\) произведение \(uv\le\frac{s^2}{4}\). Кроме того, \(u^2+v^2\ge\frac{s^2}{2}\), значит \(\frac32s^2\le3\), то есть \(s\le\sqrt2\). Поэтому \(uv(u+v)\le\frac{s^3}{4}\le\frac{(\sqrt2)^3}{4}=\frac1{\sqrt2}\).

Для каждого \(i\) имеем \[(1+x_i^2)(1+x_{i+1}^2)-(1+x_ix_{i+1})^2=(x_i-x_{i+1})^2\ge0.\] Перемножая эти неравенства по всем \(i\), получаем \[\prod_{i=1}^{n}\frac{1+x_i^2}{1+x_ix_{i+1}}\ge1.\] Теперь применяем AM-GM к \(n\) положительным дробям: их сумма не меньше \(n\)-кратного корня из произведения, то есть не меньше \(n\).

Имеем \(b+c\ge2\sqrt{bc}\), поэтому \[4\frac{\sqrt{ab-1}}{b+c}\le2\sqrt{\frac{ab-1}{bc}}=2\sqrt{\left(a-\frac1b\right)\frac1c}\le a-\frac1b+\frac1c.\] Аналогично \[4\frac{\sqrt{bc-1}}{c+a}\le b-\frac1c+\frac1a,\qquad 4\frac{\sqrt{ca-1}}{a+b}\le c-\frac1a+\frac1b.\] Складывая, получаем \(4\) умноженное на правую часть не больше \(a+b+c\). Это и есть требуемое.

Ответ: \(\frac1{76}\). Петя берёт числа \(\frac12,\frac1{38},\ldots,\frac1{38}\). Число \(\frac12\) обязательно попадёт в пару с \(\frac1{38}\), поэтому максимальное произведение не меньше \(\frac1{76}\), а остальные произведения не больше.

Теперь пусть числа произвольны, \(x_1\ge\cdots\ge x_{20}\). Вася спаривает \(x_k\) с \(x_{21-k}\). Для \(k\le10\) положим \(P=x_kx_{21-k}\). Из \(kx_k\le x_1+\cdots+x_k=S\) и \((21-2k)x_{21-k}\le1-S\) получаем \[P\le\frac{S(1-S)}{k(21-2k)}\le\frac1{4k(21-2k)}\le\frac1{76}.\] Значит, Вася может гарантировать максимум не больше \(\frac1{76}\). Ответ доказан.

Нижняя оценка: набор \(0,\frac12,\frac1{4(n-1)},\ldots,\frac1{4(n-1)}\). Число \(\frac12\) имеет двух соседей; хотя бы один из них равен \(\frac1{4(n-1)}\), значит максимальное произведение не меньше \(\frac1{8(n-1)}\).

Для верхней оценки упорядочим \(x_1\ge\cdots\ge x_{2n}\). Расставим числа так, чтобы возможные большие соседние произведения имели вид \(x_kx_{2n-k}\), \(1\le k\le n-1\). Тогда, как и в парной задаче, если \(S=x_1+\cdots+x_k\), то \[x_kx_{2n-k}\le\frac{S(1-S)}{k(2n-2k)}\le\frac1{4k(2n-2k)}\le\frac1{8(n-1)}.\] Значит, такая граница достижима для любых чисел и точна.

Так как последовательность невозрастает, \[a_1^2+\cdots+a_{16}^2\ge4a_7^2+4a_{10}^2+4a_{13}^2+4a_{16}^2.\] Поэтому \[1\ge4(a_7^2+a_{10}^2+a_{13}^2+a_{16}^2)\ge(a_7+a_{10}+a_{13}+a_{16})^2,\] где в последнем переходе использовано RMS-AM. Значит, первая сумма не больше \(1\). Аналогично \(1\ge3(a_7^2+a_8^2+a_9^2)\ge(a_7+a_8+a_9)^2\), откуда следует второе неравенство.

Вычитание даёт \((a-b)(b-c)(c-a)=2\). Пусть \(c\) — наибольшее число. Тогда из знаков следует \(a0\), \(y=c-b>0\), \(z=c-a=x+y\). Тогда \(xyz=2\). По AM-GM, \(4xy\le(x+y)^2=z^2\), значит \(2=xyz\le\frac{z^3}{4}\), откуда \(z\ge2\). Если \(z=2\), то равенство в \(4xy\le z^2\) даёт \(x=y=1\). Тогда \(b=a+1>1\), \(c=a+2>2\), и \(a^2b+b^2c+c^2a>b^2c>2\), противоречие первому равенству. Поэтому \(z>2\), то есть \(c-a>2\).

Сложим первые два неравенства: \(2x+2y>x^2+y^2+2z^2\). Переносим всё в одну сторону: \[0>(x-1)^2+(y-1)^2+2(z^2-1).\] Так как первые два слагаемых неотрицательны, получаем \(z^2<1\), значит \(z<1\). Аналогично, складывая другие пары неравенств, получаем \(x<1\) и \(y<1\).

Из условия после домножения скобок на \(\frac ba,\frac cb,\frac ac\) получаем \[\left(b-\frac1a\right)\left(c-\frac1b\right)\left(a-\frac1c\right)=1.\] Все три множителя положительны. По AM-GM \[\left(b-\frac1a\right)^2+\left(c-\frac1b\right)^2+\left(a-\frac1c\right)^2\ge3.\] Раскрывая скобки, получаем \[a^2+b^2+c^2+\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\ge3+2\left(\frac ba+\frac cb+\frac ac\right).\] Кроме того, \(\frac ba+\frac cb+\frac ac\ge3\). Поэтому правая часть не меньше \(6+\frac ba+\frac cb+\frac ac\). Но раскрытие левой части требуемого неравенства даёт \(a^2+b^2+c^2+\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}-6\). Следовательно, требуемое неравенство доказано.