Равенство в пяти точках

[arqady]

Для действительных $a$, $b$, $c$ и $d$, сумма которых равна нулю, докажите, что:

$$\frac{1-a}{3+a^2}+\frac{1-b}{3+b^2}+\frac{1-c}{3+c^2}+\frac{1-d}{3+d^2}\leq\frac{4}{3}$$

[gris]

Зато я обнаружил эти пять точек. Чисто логически. Одну, конечно, видно сразу. Остальные четыре в силу симметрии должны состоять из трёх одинаковых и одной в три раза больше с другим знаком-с. Иначе их будет больше четырёх. Ну и тоже видно <почти> сразу. Инаф пуржур, мсьё!

[arqady]

arqady в сообщении #810058 писал(а):

Для действительных $a$, $b$, $c$ и $d$, сумма которых равна нулю, докажите, что:

$$\frac{1-a}{3+a^2}+\frac{1-b}{3+b^2}+\frac{1-c}{3+c^2}+\frac{1-d}{3+d^2}\leq\frac{4}{3}$$

Равенство достигается, когда $a=b=c=d=0$ и когда $a=b=c=-1$, а $d=3$ и для циклических перестановок последней четвёрки.
Вот как это используется.
$\frac{1-a}{3+a^2}+\frac{1-b}{3+b^2}+\frac{1-c}{3+c^2}+\frac{1-d}{3+d^2}\leq\frac{4}{3}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\frac{1-a}{3+a^2}-\frac{1}{2}+\frac{1-b}{3+b^2}-\frac{1}{2}+\frac{1-c}{3+c^2}-\frac{1}{2}+\frac{1-d}{3+d^2}+\frac{1}{6}\leq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\frac{(a+1)^2}{3+a^2}+\frac{(b+1)^2}{3+b^2}+\frac{(c+1)^2}{3+c^2}\geq\frac{(d-3)^2}{3(3+d^2)}$.
Коши-Шварц даёт $\frac{(a+1)^2}{3+a^2}+\frac{(b+1)^2}{3+b^2}+\frac{(c+1)^2}{3+c^2}\geq\frac{(a+b+c+3)^2}{9+a^2+b^2+c^2}=\frac{(d-3)^2}{9+a^2+b^2+c^2}$.
Поэтому остаётся доказать, что $3d^2\geq a^2+b^2+c^2$ или $a^2+b^2+c^2+3(ab+ac+bc)\geq0$,
что можно было предположить верным с самого начала, поскольку
$\sum\limits_{cyc}(a^2+b^2+c^2+3(ab+ac+bc))=3(a+b+c+d)^2=0$.

[fibonacci]

Можно через методом SOS

[arqady]

fibonacci в сообщении #829079 писал(а):

Можно через методом SOS

Покажите, как Вы здесь используете SOS.