%%%&latex
\documentclass{article}

% корректная обработка переносов, в том числе при поиске и копировании
\defaulthyphenchar=127
\lccode`\-=`\-
\newcommand\softhyphen{\char127\relax}
\usepackage{cmap}
% также в локальную копию файла t2a.cmap внесено изменение:
%  <7F> <002D>   заменено на   <7F> <00AD>


\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}


\usepackage{amsthm,amsmath,amsfonts,amssymb,epic,eepic, epsf, eucal}
%\usepackage[text={17.7cm,10.2in}, includehead]{geometry}
\usepackage[text={17.7cm,10.2in}]{geometry}
\usepackage{mathdots}

\addto\extrasrussian{\renewcommand{\refname}%
{\normalfont\scshape\normalsize Литература}}
\let\le\leqslant
\let\leq\leqslant
\let\ge\geqslant
\let\geq\geqslant
\def\answer{О\,т\,в\,е\,т}
\def\chtd{{\slshape ч\kern-.04em\raise.48ex\hbox{т}\kern-.23em д}}
\let\ds\displaystyle

\newcounter{problem}[subsection]
\newcounter{solution}[subsection]
\renewcommand{\thesection}{}
\renewcommand{\thesubsection}{\arabic{subsection}}
\renewcommand{\thesubsubsection}{\arabic{subsection}-\arabic{subsubsection}}
\renewcommand{\theproblem}{\thesubsection.\arabic{problem}}
\renewcommand{\thesolution}{\thesubsection.\arabic{solution}}
\newenvironment{problem}{\refstepcounter{problem}\smallskip\noindent%
{\bf\arabic{subsection}.\arabic{problem}.}}{}
\newenvironment{solution}{\refstepcounter{solution}\medskip\noindent%
{\bf\arabic{subsection}.\arabic{solution}.}}{}

\setlength\multlinegap{0pt}

%%%%%%%%
%
%следующая абракадабра правильно форматирует подрисуночные подписи
%
\makeatletter
\long\def\@makecaption#1#2{%
  \vskip 10\p@
  \setbox\@tempboxa\hbox{#1. #2}% Заменили двоеточие на точку...
  \ifdim \wd\@tempboxa >\hsize
      \unhbox\@tempboxa\par
    \else
      \centerline{\box\@tempboxa}\fi}
\long\def\@caption#1[#2]#3{\par\addcontentsline{\csname
  ext@#1\endcsname}{#1}{\protect\numberline{\csname
  the#1\endcsname.}{\ignorespaces #2}}\begingroup
    \@parboxrestore
    \footnotesize%\normalsize
    \@makecaption{\csname fnum@#1\endcsname}{\ignorespaces #3}\par
  \endgroup}
%
% И еще заголовки секций
%
\renewcommand{\subsection}{\@startsection{subsection}{2}{0mm}%
{2\baselineskip}{\baselineskip}{\bfseries\large\itshape}}
\makeatother
%%%%%%%%%

\def\Summa{\sum\limits_{k=1}^n}
\def\summa{\sum\limits_{k=0}^{n-1}}
\def\summal{\sum\limits_{\ell=0}^{n-1}}
\def\summaik{\sum\limits_{i < k}}
\def\eps{\varepsilon}
\def\chtd{{\slshape ч\kern-.04em\raise.48ex\hbox{т}\kern-.23em д}}

\def\kratno{\mathchoice{\mathrel{\smash{\lower.5ex\hbox{$\vdots$}}}}%
{\mathrel{\smash{\lower.5ex\hbox{$\vdots$}}}}%
{{\scriptstyle\mathrel{\smash{\lower.5ex\hbox{$\scriptstyle\vdots$}}}}}%
{{\scriptscriptstyle\mathrel{\smash{\lower.5ex\hbox{$\scriptscriptstyle\vdots$}}}}}}

\def\nekratno{\mathchoice{\kern-.03ex\mathrel{\hbox{$\not{\kern.03ex\kratno}$}}}%
{\kern-.03ex\mathrel{\hbox{$\not{\kern.03ex\kratno}$}}}%
{{\scriptstyle\kern-.5ex\mathrel{\hbox{$\scriptstyle\not{\kern.5ex\kratno}$}}}}%
{{\scriptscriptstyle\kern-.35ex\mathrel{\hbox{$\scriptscriptstyle\not{\kern.35ex\kratno}$}}}}}



\begin{document}


\title{Неравенство Шапиро}
\author{А. Храбров}
\date{Задачу представляли 
И.Богданов, В.Бугаенко, К.Куюмжиян, К.Кохась, 
А.Скопенков, Г.Челноков}

\maketitle

\kern-25pt

%\section*{Условия задач}

\subsection{Неравенство Шапиро}


{\small
В октябре 1954 г.\ в журнале ``American Mathematical Month\-ly'' появилась
задача американского математика Гарольда Шапиро: %~\cite{Shapiro}:
\smallbreak
{\it Для положительных чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ докажите неравенство
\begin{equation}
\label{shapiro}
\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1}
+ \frac{x_n}{x_1+x_2} \geq \frac{n}{2} \,,
\end{equation}
причем равенство может достигаться, только если все знаменатели равны
между собой.}

В ``Monthly'' в отличие, например, от журнала ``Квант''
допускалась публикация задач, которые никто не умел решать, причем  читателей об
этом не предупреждали. Так было и~на этот раз. У~автора было
решение только для $n=3$ и $4$.

В предлагаемых ниже задачах вместо положительности всех чисел $x_k$ можно требовать,
чтобы все числа $x_k$ были неотрицательными, а все знаменатели~--- ненулевыми.
Если неравенство для положительных чисел уже доказано, то из него несложно вывести неравенство
для неотрицательных чисел, для которых знаменатели не обращаются в~нуль.
Обозначим
$$
f(x_1,x_2,\dots,x_n)= \frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1}
+ \frac{x_n}{x_1+x_2}\,.
$$

\par}
\medskip

\begin{problem}
Докажите неравенство (\ref{shapiro}) при $n=3$, $4$, $5$, $6$.
\end{problem}

\begin{problem}
Докажите, что неравенство (\ref{shapiro}) неверно:

a) при $n=20$; \qquad b) при $n=14$; \qquad c) при $n=25$.
\end{problem}

\begin{problem}
\label{prbl:1.3}
Докажите неравенство (\ref{shapiro}) для монотонных последовательностей.
\end{problem}

\begin{problem}
\label{prbl n -> n+2}
Докажите, что если неравенство~(\ref{shapiro}) неверно при $n=m$, то
оно неверно и при $n=m+2$.
\end{problem}

\begin{problem}
Докажите, что если неравенство~(\ref{shapiro}) неверно при $n=m$, где $m$ нечетно,
то оно неверно и~при всех $n$, б\'ольших $m$.
\end{problem}

\begin{problem}
Докажите, что неравенство~(\ref{shapiro}) верно при $n=8$, 10, 12 и
$n=7$, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23. Как следует из утверждения задачи \ref{prbl n -> n+2},
достаточно доказать неравенство лишь при $n=12$ и~$n=23$.
\end{problem}

\begin{problem}
Докажите, что $f(x_1,x_2,\dots,x_n)+f(x_n,x_{n-1},\dots,x_1)
% = \frac{x_1+x_4}{x_1+x_2} + \frac{x_2+x_5}{x_2+x_3} +
% \ldots + \frac{x_n+x_3}{x_n+x_1}
\geq n \,.$
\end{problem}


\begin{problem}
Предположим, что в точке $a_1$, $a_2$, \dots, $a_n > 0$ 
функция $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ имеет локальный минимум.

a) Если $n$ четно, докажите, что $f(a_1,a_2,\dots,a_n)=n/2$.

b*) Докажите аналогичное утверждение для нечетных $n$.

c) Докажите с помощью пунктов а) и б) неравенство для $n=7$ и $n=8$.
\end{problem}

%\subsection{Меняем константу и антураж}

\begin{problem}
Докажите неравенство
$\displaystyle
f(x_1,x_2,\dots,x_n)
%\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1}
%+ \frac{x_n}{x_1+x_2} 
\geq c n \,
$
для следующих значений $c$

a) $c=1/4$; \qquad b) $c=\bigl(\sqrt{2}-1\bigr)$; \qquad c) $c=5/12$.
\end{problem}




\subsection{Полезные и родственные неравенства }

%{\small
%\emph{Неравенство Коши{--}Буняковского}
%Для любых чисел $a_1$, $a_2$, \dots, $a_n$ и $b_1$, $b_2$, \dots, $b_n$
%имеет место неравенство %\nopar\kern-\baselineskip
%$$
%(a_1b_1 + a_2b_2 + \ldots + a_nb_n)^2 \leq
%(a_1^2 + a_2^2 + \ldots + a_n^2)(b_1^2 + b_2^2 + \ldots + b_n^2) ,
%$$
%причем равенство имеет место, только когда
%$a_1\!=\!\lambda b_1$, ${a_2\!=\!\lambda b_2}$,
%\dots, $a_n=\lambda b_n$ для
%некоторого числа $\lambda$.


{\small
Докажите следующие неравенства в предположении, что все числа $x_k$
положительны. Проверьте, что выделенные жирным шрифтом константы нельзя
заменить на б\'ольшие (при каждом $n$).
\par}

\begin{problem}\label{prbl:mordell} 
Неравенство Морделла.

a) Для любых неотрицательных чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ имеет место
неравенство
$$ \biggl( \Summa x_k \biggr)^2 \geq
\mathbf{\text{\bf min} \left\{ \frac{n}{2}, 3 \right\}}\cdot \Summa x_k(x_{k+1}+x_{k+2}) .$$
%причем константа $\min \left\{ \frac{n}{2}, 3 \right\}$ неулучшаема.

b) Установите, для каких неотрицательных чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$
неравенство Морделла обращается в равенство.
\end{problem}

\begin{problem}  \label{prbl:MordellDiananda-61}
\label{zadacha2.2}
Для всех неотрицательных чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ докажите
неравенство
$$ \biggl( \Summa x_k \biggr)^2 \geq
%\mathbf{\text{\bf min\,} \left\{ \frac{n}{3}, \frac{8}{3} \right\}}\cdot
\mathbf{\text{\bf min}\left\{ \frac{n}{3}, \frac{8}{3} \right\}}\cdot
\Summa x_k(x_{k+1}+x_{k+2}+x_{k+3}) .$$
\end{problem}

\begin{problem}
а) При $n \leq 8$ докажите неравенство
$$\displaystyle\frac{x_1}{x_2+x_3+x_4} + \frac{x_2}{x_3+x_4+x_5} + \ldots +
 \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1+x_2} + \frac{x_n}{x_1+x_2+x_3} \geq \frac{n}{3} \,.$$

b*) Верно ли это неравенство еще при каких-нибудь натуральных $n$?
% Ну или докажите или опровергните это неравенство для каких-нибудь $n$.
% Решать не умею, но я и не пытался. Похоже, что не только я не пытался.


%\begin{problem}
%$\displaystyle\frac{x_1}{x_2+x_3+x_4} + \frac{x_2}{x_3+x_4+x_5} + \ldots +
% \frac{x_6}{x_1+x_2+x_3} \geq 2 \,.$
\end{problem}

\begin{problem}\label{prbl:ginzburg}
% \label{union187}
%Докажите, что если $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ --- положительные числа и $n \geq 4$, то
%а) (Б.~Гинзбург, Всесоюзная математическая олимпиада, 1972
%\cite[задача 187]{VasEgorov})
$\displaystyle
(x_1 + x_2 + \ldots + x_n)^2 \geq 4 (x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots
+ x_{n-1} x_n + x_n x_1) \,;\quad n\geq 4.
$
\end{problem}

\begin{problem}
$\ds
\Summa \frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}} \geq
\Summa \frac{x_{k+1}}{x_k+x_{k+1}} .$
\end{problem}


\begin{problem}
%\exercise (А.~Прокопьев, Турнир городов, 1981--82, \cite[с.~6]{TG},
%``Квант'', 1982, \No\,6, задача M749).
%\label{M749}
%а) Докажите, что если $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ --- положительные числа и $n \geq 4$, то
$\displaystyle
\frac{x_1}{x_n+x_2} + \frac{x_2}{x_1+x_3} + \ldots +
\frac{x_{n-1}}{x_{n-2}+x_n} + \frac{x_n}{x_{n-1}+x_1} \geq {\mathbf 2} \,; \quad n\geq 4.
$
\end{problem}

\begin{problem}
%\exercise (Д.~Дейкин~\cite{Daykin}).
%\label{daykin}
%а) Докажите, что если $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ --- положительные числа и $n \geq 4$, то
$\displaystyle
\frac{x_1+x_2}{x_1+x_3} + \frac{x_2+x_3}{x_2+x_4} + \ldots +
   \frac{x_{n-1}+x_n}{x_{n-1}+x_1} + \frac{x_n+x_1}{x_n+x_2} \geq {\mathbf 4} \,;  \quad n\geq 4.
$
\end{problem}


\begin{problem}
%\exercise (С.~Чимэдцэрэн, В.~Адъяасурен, С.~Батболд~\cite{Chimedtseren}).
\label{prbl:chimedtseren}
%а) Докажите, что если $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ --- положительные числа и $n \geq 4$, то
$\displaystyle
\frac{x_1}{x_n+x_3} + \frac{x_2}{x_1+x_4} + \ldots +
   \frac{x_{n-1}}{x_{n-2}+x_1} + \frac{x_n}{x_{n-1}+x_2} \geq {\mathbf 3} \,; \quad n\geq 6.
$
\end{problem}

\begin{problem}
%\exercise (С.~Чимэдцэрэн~\cite{Chimedtseren-99}).
$ \displaystyle
\frac{x_2+x_3}{x_1+x_4} + \frac{x_3+x_4}{x_2+x_5} + \ldots +
\frac{x_{n}+x_1}{x_{n-1}+x_2} + \frac{x_1+x_2}{x_{n}+x_3} \geq {\mathbf 6} \,; \quad n\geq 6.
$
\end{problem}

\begin{problem}
%\exercise (А.Х.~\cite[задача 106]{SPb2004}).
%\label{spb2004}
%Для любых положительных чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_{2004}$ докажите неравенство
$ \displaystyle
\frac{x_1+x_2}{x_1+x_4} + \frac{x_2+x_3}{x_2+x_5} + \ldots +
   \frac{x_{2004}+x_1}{x_{2004}+x_3} \geq {\mathbf 6} \,.
$
\end{problem}


\begin{problem}
%\exercise. %(А.Х.?).
%\label{my chimedts}
%а) Докажите, что если $x_1$, $x_2$,~\dots, $x_n$ --- положительные числа и
%$n$ --- четное число, большее 5, то
$\displaystyle
\frac{x_1}{x_n+x_4} + \frac{x_2}{x_1+x_5} + \ldots +
   \frac{x_{n-1}}{x_{n-2}+x_2} + \frac{x_n}{x_{n-1}+x_3} \geq {\mathbf 4} \,,
$
где $n$ --- четное число, большее 7.
% \indent б) Докажите, неравенство для нечетных $n$, больших 10.
%\indent б) Докажите, что ни при каком $n$ константу 4 нельзя заменить на б\'ольшую.
\end{problem}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%Дальше в этом разделе идет список задач из конца статьи
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{problem}
\label{prbl:Diananda-62a}
$\displaystyle
\Summa \frac{x_k^2}{x_{k+1}^2 - x_{k+1} x_{k+2} + x_{k+2}^2} \geq
\mathbf{\left[ \frac{n+1}{2} \right]} .
$
\end{problem}


%\end{document}
\clearpage

\section*{Неравенство Шапиро}
\subsection{Добавление после промежуточного финиша}

\setcounter{subsection}1
\setcounter{problem}9

\begin{problem}
a) Для любого натурального $n$ существует такое число $q_n > 1$, что при всех
вещественных числах
$x_1$, $x_2$,~\dots, $x_n \in [\frac{1}{q_n};q_n]$ имеет место неравенство~(\ref{shapiro}).
%$$
%\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1}
%+ \frac{x_n}{x_1+x_2} \geq \frac{n}{2} \,.
%$$

b*) Существует ли такое $q > 1$, что при всех натуральных $n$ и при всех $x_i \in [\frac{1}{q};q]$
выполнено неравенство~(\ref{shapiro})?
\end{problem}


\begin{problem}
%Положим для краткости
%$$
%S = \frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1}
%+ \frac{x_n}{x_1+x_2} .
%$$
Пусть $S=f(x_1,x_2,\dots,x_n)$~--- левая часть неравенства Шапиро.
Обозначим через $a_1$, $a_2$, \dots, $a_n$ числа
$x_2/x_1$, $x_3/x_2$, \dots, $x_n/x_{n-1}$, $x_1/x_n$,
расположенные в порядке возрастания.

а) Докажите, что
$S \geq \frac{1}{a_1(1+a_n)}+\frac{1}{a_2(1+a_{n-1})}+\ldots+\frac{1}{a_n(1+a_1)}$;

б) Пусть
$b_k=
\begin{cases}
\dfrac{1}{a_ka_{n+1-k}}, &a_ka_{n+1-k} \geq 1 \\
\dfrac{2}{a_ka_{n+1-k}+\sqrt{a_ka_{n+1-k}}}, &a_ka_{n+1-k} < 1 .
\end{cases}
$ \ \ \ \
Докажите, что
$2S \geq b_1+b_2+\ldots+b_n$;

в) Пусть $g$ --- наибольшая выпуклая функция, не превосходящая функций
$e^{-x}$ и $2(e^x+e^{x/2})^{-1}$.
Докажите, что
$2S \geq g(\ln (a_1a_n))+g(\ln (a_2a_{n-1}))+\ldots+g(\ln (a_na_1)) \geq ng(0)$.

г) Докажите, что для любого $\lambda > g(0)/2$ существует такое
натуральное число $n$ и такие положительные числа $x_1$, $x_2$, \dots,
$x_n$, что $S \leq \lambda n$.
\end{problem}


\section*{Решения}

\setcounter{subsection}1

\begin{solution}
$\underline{n=3}$.
Пусть $S=x_1+x_2+x_3$. Как нетрудно видеть, функция $f(t)=\frac{t}{S-t}$ выпукла на промежутке $[0;S)$.
Запишем для нее неравенство Йенсена
$$
\frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}3\geq f\left(\frac{x_1+x_2+x_3}3\right)=f\left(\frac S3\right)=\frac12.
$$
Это и есть требуемое неравенство.

\medskip
$\underline{n=4}$. Неравенство циклическое. Напишем данные числа последовательно в вершинах квадрата.
По диагонали проведем стрелочки от меньшего числа к большему. Тогда у одной из сторон квадрата
обе вершины~--- концы стрелочек. Перенумеруем числа так, чтобы это была сторона $x_4x_1$.
Таким образом, можно считать, что $x_1\geq x_3$, $x_4\geq x_2$.
Для переменных, упорядоченных этим способом, имеет место очевидное неравенство
$$
\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_3}{x_4+x_1} \geq \frac{x_1}{x_4+x_3} + \frac{x_3}{x_2+x_1}\,.
$$
Воспользуемся им для доказательства неравенства Шапиро
$$
\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \frac{x_3}{x_4+x_1} + \frac{x_4}{x_1+x_2} \geq
\frac{x_1}{x_4+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \frac{x_3}{x_2+x_1} + \frac{x_4}{x_1+x_2} =
\frac{x_1+x_2}{x_3+x_4}+ \frac{x_3+x_4}{x_1+x_2}=a+a^{-1}\geq 2\,.
$$

\medskip
$\underline{n=5}$.
Заметим, что функция $f(t)=1/(S-t)$ выпукла на интервале $[0;S)$.
Воспользуемся тогда неравенством Йенсена для пяти чисел
\begin{equation}
\label{Jensen-5}
a_1f(t_1)+a_2f(t_2)+a_3f(t_3)+a_4f(t_4)+a_5f(t_5)\geq f(a_1t_1+a_2t_2+a_3t_3+a_4t_4+a_5t_5)\,,
\end{equation}
где $a_i\geq 0$, $\sum a_i=1$.
В качестве $a_i$ возьмем $a_i=\frac{x_i}S$, и пусть $t_i=x_i+x_{i-1}+x_{i-2}$,  $i=1$, \dots, 5 (считаем, что нумерация переменных циклическая:
$x_0=x_5$, $x_{-1}=x_4$). Тогда $f(t_i)=\frac1{S-t_i}=\frac1{x_{i+1}+x_{i+2}}$,
и значит, левая часть неравенства (\ref{Jensen-5})
есть в точности левая часть неравенства Шапиро.
Посмотрим, что представляет собой правая часть.
$$
\frac1{S-\sum_{i=1}^5 a_it_i} =
\frac1{S-\sum_{i=1}^5 \frac{x_i}S(x_i+x_{i-1}+x_{i-2})}=
\frac S{S^2-\sum_{i=1}^5 x_i(x_i+x_{i-1}+x_{i-2})}
$$
Как нетрудно убедиться, раскрыв скобки, знаменатель представляет собой в точности сумму попарных произведений
набора переменных $x_i$. Заметим еще, что силу однородности доказываемого неравенства,
можно считать, что $S=x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1$. Итак, правая часть неравенства (\ref{Jensen-5}), есть
величина, обратная сумме попарных произведений переменных $x_i$,  подчиненных условию $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=1$.
Очевидно, минимум правой части достигается в том случае, когда сумма попарных произведений максимальна.
Хорошо известно, что это будет в случае, когда все переменные равны. Нетрудно видеть, что правая часть в этом случае
равна~5/2.

Кстати, при $n=4$ аналогичное доказательство тоже работает.

\medskip
$\underline{n=6}$. Аналогично предыдущему решению.
Функция $f(t)=1/(S-t)$ выпукла на интервале $[0;S)$
Рассмотрим неравенство Йенсена для шести чисел
$$
\label{Jensen-6}
\sum_{i=1}^6 a_i f(t_i)\geq f\Bigl(\sum_{i=1}^6  a_it_i\Bigr).
$$
Пусть $a_i=\frac{x_i}S$, $t_i=x_i+x_{i-1}+x_{i-2}+x_{i-3}$,  $i=1$, \dots, 6 (считаем, что нумерация переменных циклическая:
$x_0=x_6$, $x_{-1}=x_5$, $x_{-2}=x_4$). Тогда $f(t_i)=\frac1{S-t_i}=\frac1{x_{i+1}+x_{i+2}}$,
и значит, левая часть неравенства (\ref{Jensen-6})
есть в~точности левая часть неравенства Шапиро.
Посмотрим, что представляет собой правая часть.
$$
\frac1{S-\sum_{i=1}^6 a_it_i} =
\frac1{S-\sum_{i=1}^6 \frac{x_i}S(x_i+x_{i-1}+x_{i-2}+x_{i-3})}=
\frac S{S^2-\sum_{i=1}^6 x_i(x_i+x_{i-1}+x_{i-2}+x_{i-3})}
$$
Как нетрудно убедиться, раскрыв скобки, знаменатель представляет собой в точности сумму попарных произведений
набора переменных $x_i$, кроме произведений $x_1x_4$, $x_2x_5$, $x_3x_6$. Эту сумму можно записать в виде
$(x_1+x_4)(x_2+x_5)+(x_1+x_4)(x_3+x_6)+(x_2+x_5)(x_3+x_6)$.
Обозначив $A=x_1+x_4$, $B=x_2+x_5$, $C=x_3+x_6$, мы можем записать правую часть нашего неравенства Йенсена в виде
\begin{equation}
\label{eqn1}
\frac{A+B+C}{AB+BC+AC}\,.
\end{equation}
В силу однородности доказываемого неравенства, можно считать, что $S=x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=A+B+C=1$.
Тогда очевидно, что выражение (\ref{eqn1}) не меньше 3, в силу неравенства 
$(A+B+C)^2\geq 3(AB+BC+AC)$. \chtd

\medskip
З\,а\,м\,е\,ч\,а\,н\,и\,е. \, К сожалению, дальше этот способ не работает.
Если мы применяем метод множителей Лагранжа, чтобы найти максимум знаменателей
в правой части (при фиксированной сумме переменных),  то система уравнений получается линейной,
следовательно, подозрительная точка единственна.
При $n=6$ квадратичная форма второго дифференциала в этой точке является положительно определенной и вырожденной.
При $n=7$  она уже не является знакоопределенной (Я проверил это в Maple. KK).
Таким образом, при $n=7$ неравенство Йенсена дает слишком грубую оценку снизу.


Другое решение этой задачи получится, если применить неравенство Коши-Буняковского
для наборов чисел
\begin{gather*}
\sqrt{\frac{x_1}{x_2+x_3}},\quad \sqrt{\frac{x_2}{x_3+x_4}},\quad  \dots,\quad
\sqrt{\frac{x_n}{x_1+x_2}}\qquad\text{ и}
\\
\sqrt{x_1(x_2+x_3)}, \quad \sqrt{x_2(x_3+x_4)}, \quad \dots,\quad
\sqrt{x_n(x_1+x_2)} \quad
\end{gather*}
Получится
$$
\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots 
+ \frac{x_n}{x_1+x_2}\geq
\frac{(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2}{x_1(x_2+x_3)+x_2(x_3+x_4)+\ldots+x_n(x_1+x_2)}\,.
$$
\end{solution}
По неравенству Морделла (задача 2.1) при $n\leq 6$ правая часть
этого неравенства не меньше, чем $n/2$.

\begin{solution}
a) Eсли в качестве $x_1$, $x_2$, \dots, $x_{20}$ взять
\begin{align*}
&1+5\eps,\! &&6\eps,\!\! &&1+4\eps, &&5\eps,\! &&1+3\eps, &&4\eps, &&1+2\eps, &&3\eps, &&1+\eps, &&2\eps, \\
&1+2\eps,\! &&\eps, &&1+3\eps, &&2\eps,\! &&1+4\eps, &&3\eps, &&1+5\eps, &&4\eps, &&1+6\eps,\!\! &&5\eps,
\end{align*}
то левая часть неравенства будет меньше чем $10-\eps^2+c\eps^3$ для
некоторого $c$. Следовательно, при достаточно малом $\eps$ она будет меньше 10.
Этот пример принадлежит Лайтхиллу;
опубликован в~``Monthly''~\cite{Shapiro-Northover}.

\smallskip

b) Если в качестве $x_1$, $x_2$, \dots, $x_{14}$ взять
$$
1+7\eps, \ 7\eps, \ 1+4\eps, \ 6\eps, \ 1+\eps, \ 5\eps, \ 1, \ 2\eps, \ 1+\eps, \ 0, \
1+4\eps, \ \eps, \ 1+6\eps, \ 4\eps ,
$$
то правая часть неравенства будет меньше чем $7-2\eps^2+c\eps^3$ и,~следовательно, при достаточно малом $\eps$ она будет меньше~7.
Это пример Цулауфа~\cite{Zulauf}.

А вот еще пример~\cite{Troesch-85a}, целочисленный, в нем некоторые переменные равны нулю.
$$
0, \ 42, \ 2, \ 42, \ 4, \ 41, \ 5, \ 39, \ 4, \ 38, \ 2, \ 38, \ 0, \ 40 \,.
$$

c) Примеры, подтверждающие что при $n=25$ неравенство неверно, были построены на компьютере в~1970~г.\
Дейкиным~\cite{Daykin} и Малкольмом~\cite{Malcolm}.
Ниже приведен пример Дейкина (он в отличие от примера Малкольма
целочисленный):
%\begin{gather*}
$$
0,\enskip 85,\enskip 0,\enskip 101,\enskip 0,\enskip 120,\enskip 14,\enskip
129,\enskip 41,\enskip 116,\enskip 59,\enskip 93,\enskip 64, %\\
71,\enskip 63,\enskip 52,\enskip 60,\enskip 36,\enskip 58,\enskip 23,\enskip
58,\enskip 12,\enskip 62,\enskip 3,\enskip 71 .
%\end{gather*}
$$
А вот еще пример Р.\,Алексеева и Е.\,Фошкина (приведен в \cite{Kurlyandchik-91}).
$$
32,\enskip 0,\enskip 37,\enskip 0,\enskip 43,\enskip 0,\enskip 50,\enskip
0,\enskip 59,\enskip 8,\enskip 62,\enskip 21,\enskip 55, %\\
29,\enskip 44,\enskip 32,\enskip 33,\enskip 31,\enskip 24,\enskip 30,\enskip
16,\enskip 29,\enskip 10,\enskip 29,\enskip 4 .
$$
\end{solution}

\begin{solution}
Утверждение задачи опубликовано в \cite{Diananda-62}. 
Мы приводим короткое изящное решение.

Пусть $x_1 \geq x_2 \geq \dots \geq x_n > 0$.
Заметим, что произведение $n$ дробей $\frac{x_k+x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}$
равно 1.
Тогда из неравенства о средних заключаем, что
$$
\Summa \frac{x_k+x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}} \geq
n = \Summa \frac{x_{k+1}+x_{k+2}}{x_{k+1}+x_{k+2}} .
$$
Следовательно,
\begin{equation}
\label{eqn:2-5}
\Summa \frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}} \geq
\Summa \frac{x_{k+2}}{x_{k+1}+x_{k+2}} =
\Summa \frac{x_{k+1}}{x_k+x_{k+1}} .
\end{equation}
Теперь мы воспользуемся следующим известным неравенством,
которое будем называть транснеравенством:
пусть имеются два набора чисел $a_1\geq\ldots\geq a_n$ и $b_1\geq \ldots\geq b_n$
Тогда для любой перестановки $k_1$, \dots, $k_n$ чисел 1, \dots, $n$ 
имеет место неравенство 
$$
a_1b_1+a_2b_2+\ldots a_nb_n\geq
a_1b_{k_1}+a_2b_{k_2}+\ldots a_nb_{k_n}\geq
a_1b_n+a_2b_{n-1}+\ldots a_nb_1
$$


Два раза воспользуемся транснеравеством
\begin{align*}
\Summa \frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}} &=
\sum_{k=1}^{n-2} \frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}} +
\frac{x_{n-1}}{x_n+x_1} + \frac{x_n}{x_1+x_2} 
\underset{(*)}\geq \\
&\geq \sum_{k=1}^{n-2} \frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}} +
\frac{x_{n-1}}{x_1+x_2} + \frac{x_n}{x_n+x_1} 
\underset{(**)}\geq \\
&\geq \Summa \frac{x_k}{x_k+x_{k+1}} .
\end{align*}
Здесь неравенство (*) --- это транснеравенство для наборов из двух чисел:
$x_{n-1} \geq x_n$ и $\frac{1}{x_n+x_1} \geq \frac{1}{x_1+x_2}$;
а~неравенство (**) --- это транснеравенство для
обратно упорядоченных наборов чисел
$x_1$, $x_2$, \dots, $x_{n-1}$ и
$\frac{1}{x_1+x_2}$, $\frac{1}{x_2+x_3}$, \dots, $\frac{1}{x_{n-1}+x_n}$.

Таким образом,
$$
2 \Summa \frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}} \geq
\Summa \frac{x_k}{x_k+x_{k+1}} + \Summa \frac{x_{k+1}}{x_k+x_{k+1}} = n .
$$

Для убывающего набора чисел $x_i$ решение аналогично, поскольку
применяя неравенство о средних мы вообще не пользовались упорядочением,
а применяя транснеравенство, использовали то, что наборы
$x_i$ и $\frac{1}{x_i+x_{i+1}}$ упорядочены по-разному.

\bigskip
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
А вот более прямолинейное решение из \cite{Kurlyandchik-91}.

Разберем сначала случай  $x_1 \geq x_2 \geq \dots \geq x_n > 0$.
Для краткости обозначим левую часть неравенства через
$f_n (x_1, x_2, \dots, x_n)$. Заметим, что $f_2 (x_1, x_2)\! =\! 1$. Поэтому
если мы покажем, что
$$
f_{n+1} (x_1, x_2, \dots, x_n, x_{n+1}) - f_n (x_1, x_2, \dots, x_n)
  \geq \frac{1}{2} \,,
$$
то, воспользовавшись методом математической индукции, получим
$$
f_n (x_1, x_2, \dots, x_n) \geq f_{n-1} (x_1, x_2, \dots, x_{n-1}) +
  \frac{1}{2} \geq
f_{n-2} (x_1, x_2, \dots, x_{n-2}) + 1 \geq
  \dots \geq f_2 (x_1, x_2) + \frac{n-2}{2} = \frac{n}{2} \,.
$$

Рассмотрим разность
$$
f_{n+1} (x_1, x_2, \dots, x_n, x_{n+1}) - f_n (x_1, x_2, \dots, x_n)
= \frac{x_{n-1}}{x_n + x_{n+1}} + \frac{x_n}{x_{n+1} + x_1} +
  \frac{x_{n+1}}{x_1 + x_2} - \frac{x_{n-1}}{x_n + x_1} -
  \frac{x_n}{x_1 + x_2} \,.
$$
Она не зависит от чисел $x_3$, $x_4$, \dots, $x_{n-2}$, поэтому мы
можем считать их любыми числами из интервала $[x_2;x_{n-1}]$.
Слагаемые, содержащие $x_{n-1}$, имеют вид
$$ \frac{x_{n-1}}{x_n + x_{n+1}} - \frac{x_{n-1}}{x_n + x_1} =
  x_{n-1} \cdot \frac{x_1 - x_{n+1}}{(x_n + x_{n+1})(x_n + x_1)} \,,
$$
т.\,е.\ равны $x_{n-1}$, умноженному на неотрицательное число. Следовательно,
при уменьшении $x_{n-1}$ разность может только уменьшиться. Поэтому
можно считать, что $x_{n-1} = x_n$.
Слагаемые, содержащие $x_2$, дают
$$
\frac{x_{n+1} - x_n}{x_1 + x_2} \,,
$$
что уменьшается при уменьшении $x_2$, поэтому можно считать, что
$x_2 = x_{n-1} = x_n$. Следовательно, достаточно доказать неравенство
\begin{align*}
0 &\leq f_{n+1} (x_1, x_n, \dots, x_n, x_n, x_{n+1}) -
        f_n (x_1, x_n, \dots, x_n, x_n) - \frac{1}{2} = \\
&= \frac{x_{n+1}-2x_n}{x_1+x_n} + \frac{x_n}{x_n+x_{n+1}} +
  \frac{x_n}{x_1+x_{n+1}} - \frac{1}{2} %= \\[5pt]
 = \frac{(x_n-x_{n+1})(x_1^2+2x_n^2+x_nx_{n+1}-x_1x_n-x_1x_{n+1}-2x_{n+1}^2)}%
{(x_1+x_n)(x_1+x_{n+1})(x_n+x_{n+1})} \,.
\end{align*}
Таким образом, достаточно доказать, что
$$
x_1^2+2x_n^2+x_nx_{n+1}-x_1x_n-x_1x_{n+1}-2x_{n+1}^2 \geq 0 \,.
$$
Последнее выражение уменьшается при увеличении $x_{n+1}$, поэтому можно
считать, что $x_{n+1}=x_n$. Но~в~этом случае неравенство превращается в
очевидное: $x_1^2+x_n^2-2x_1x_n \geq 0$.
%\Endproof

\bigskip
Теперь разберем случай  $0<x_1 \leq x_2 \leq \dots \leq x_n $.
Заметим, что
$$
f_n (x_1, x_2, \dots, x_n)=
\frac{x_1+x_2}{x_2+x_3} + \frac{x_2+x_3}{x_3+x_4} + \ldots  + \frac{x_n+x_1}{x_1+x_2} -n +
\frac{x_2}{x_1+x_2} + \frac{x_3}{x_2+x_3} + \ldots +  \frac{x_1}{x_n+x_1}\,.
$$
Первая сумма не меньше $n$, так как произведение слагаемых равно 1.
Поэтому достаточно показать, что
$$
g_n (x_1, x_2, \dots, x_n)=\frac{x_2}{x_1+x_2} + \frac{x_3}{x_2+x_3} + \ldots +  \frac{x_1}{x_n+x_1} \geq \frac n2\,.
$$
Так как $g_2(x_1,x_2)=1$, то достаточно проверить, что
$$
g_n (x_1, x_2, \dots, x_n)-g_{n-1} (x_1, x_2, \dots, x_{n-1}) \geq \smash{\frac12}\,.
$$
Это действительно так:
\begin{multline*}
g_n (x_1, x_2, \dots, x_n)-g_{n-1} (x_1, x_2, \dots, x_{n-1})- \frac12 =
\frac{x_n}{x_{n-1}+x_n}+\frac{x_1}{x_n+x_1}-\frac{x_1}{x_{n-1}+x_1}-\frac12
=\\=
\frac{(x_{n-1}-x_1)(x_n- x_{n-1})(x_n-x_1)}{2(x_{n-1}+x_n)(x_n+x_1)(x_1+x_{n-1})}\geq0\,.
\end{multline*}

З\,а\,м\,е\,ч\,а\,н\,и\,е. \,Для монотонно возрастающей последовательности чисел неравенство не может
быть доказано по индукции без дополнительных трюков, поскольку
$$
f_n(0,1,\dots,1) = \smash[t]{\frac{n+1}{2}} \quad\hbox{и}\quad
f_{n+1}(0,1,\dots,1,1\tfrac{1}{10}) = \frac{n-2}{2}+
1\tfrac{1}{10}+\frac{1}{1\tfrac{1}{10}}+\frac{1}{2\tfrac{1}{10}} \approx \frac{n+1}{2} + 0,4852 < \frac{n+1}{2}+\frac{1}{2}\, .
$$

%\begin{align*}
%f_n(0,1,\dots,1) &= \smash[t]{\frac{n+1}{2}} \quad\hbox{и}\\
%f_{n+1}(0,1,\dots,1,1\tfrac{1}{10}) &= \frac{n-2}{2}+
%1\tfrac{1}{10}+\frac{1}{1\tfrac{1}{10}}+\frac{1}{2\tfrac{1}{10}} \approx \frac{n+1}{2} + 0,4852 < \frac{n+1}{2}+\frac{1}{2}\, .
%\end{align*}

\end{solution}

\begin{solution} \cite{Kurlyandchik-91}
Как нетрудно убедиться, $f_{n+2}(x_1, x_2,\ldots, x_n, x_1, x_2)=f_{n}(x_1, x_2,\ldots, x_n)+1$. Отсюда сразу следует,
что если $f_{n}(x_1, x_2,\ldots, x_n)<n/2$, то $f_{n+2}(x_1, x_2,\ldots, x_n, x_1, x_2)<(n+2)/2$.
\end{solution}

\begin{solution} \cite{Kurlyandchik-91}
Предположим, что $f_m(x_1,x_2,\dots,x_m)<\frac{m}{2}$. Вычислим разность
\begin{multline*}
f_{m+1}(x_1,\dots,x_k,x_k,x_{k+1},\dots,x_m)
  - f_m(x_1,x_2,\dots,x_m) - \smash[t]{\frac{1}{2}}
=\\=
\frac{x_{k-1}}{2x_k}+\frac{x_k}{x_k+x_{k+1}} - \frac{x_{k-1}}{x_k+x_{k+1}} - \frac{1}{2} =
\frac{(x_k-x_{k-1})(x_k-x_{k+1})}{2x_k(x_k+x_{k+1})} \,.
\end{multline*}
Если $(x_k-x_{k-1})(x_k-x_{k+1}) \leq 0$, то
$$
f_{n+1}(x_1,x_2,\dots,x_k,x_k,x_{k+1},\dots,x_m) < \smash{\frac{m+1}{2}}
$$
и утверждение доказано.
При нечетном $m$ такой индекс $k$ обязательно найдется, поскольку если при всех $k$
$(x_k-x_{k-1})(x_{k+1}-x_k) < 0$, то перемножив эти неравенства
(их нечетное число!), получим, что
$$
(x_2-x_1)^2(x_3-x_2)^2 \dots (x_m-x_{m-1})^2(x_1-x_m)^2 < 0 \,.
$$

Итак, если для нечетного $m$ неравенство неверно, то и для $m+1$ оно тоже неверно.
Осталось воспользоваться утверждением предыдущей задачи.
\end{solution}

\begin{solution}
Наиболее короткие из известных доказательств для $7\leq n\leq 12$ 
опубликованы в \cite{Bushell, Bushell-McLeod}. Для б\'ольших $n$
доказательства опираются на компьютерный перебор.
\end{solution}

\begin{solution}
\cite{Zulauf-62}
Пусть $y_k=x_k+x_{k+1}$. Тогда
$$
\frac{x_1+x_4}{x_2+x_3} + \frac{x_2+x_5}{x_3+x_4} +
\ldots + \frac{x_n+x_3}{x_1+x_2} =
\Summa \frac{y_k-y_{k+1}+y_{k+2}}{y_{k+1}} =
\Summa \frac{y_k}{y_{k+1}} + \Summa \frac{y_{k+2}}{y_{k+1}} - n \geq n ,
$$
поскольку каждая из сумм по неравенству о средних не меньше $n$.
\end{solution}


\begin{solution} Утверждения a), b) взяты из \cite{Nowosad}.
Положим для краткости
$a=(a_1,a_2,\dots,a_n)$, $x=(x_1,x_2,\dots,x_n)$ и
$u=(-1,1,-1,1,\dots,-1,1)$.

a) Заметим, что 
$$
f(a+tu)=f(a)+t\biggl(\frac{-1}{x_2+x_3}+\frac{1}{x_3+x_4}+\dots\biggr)
$$
Таким образом, $f(a+tu)$~--- линейная функция.
В точке $a$ у нее наблюдается локальный минимум, следовательно, она постоянна
и нестрогий локальный минимум наблюдается во всех точках $a+tu$, имеющих
положительные координаты.
Так как 
$$
\frac{\partial f}{\partial x_k} (x) =
\frac{1}{x_{k+1}+x_{k+2}} - \frac{x_{k-2}}{(x_{k-1}+x_k)^2}
- \frac{x_{k-1}}{(x_k+x_{k+1})^2} .
$$
и в наших точках минимума
$$
\frac{\partial f}{\partial x_k} (a) = 0, \qquad .
\frac{\partial f}{\partial x_k} (a+tu) = 0 ,
$$
выполняются соотношения
$$
\frac{1}{a_{k+1}+a_{k+2}} - \frac{a_{k-2}}{(a_{k-1}+a_k)^2}
- \frac{a_{k-1}}{(a_k+a_{k+1})^2} = 0
$$
и
$$
\frac{1}{a_{k+1}+a_{k+2}} - \frac{a_{k-2}+t(-1)^{k-2}}{(a_{k-1}+a_k)^2}
- \frac{a_{k-1}+t(-1)^{k-1}}{(a_k+a_{k+1})^2} = 0 .
$$
Вычитая из второго равенства первое получим соотношение
$$
\frac{t}{(a_{k-1}+a_k)^2} - \frac{t}{(a_k+a_{k+1})^2} = 0 .
$$
Таким образом,
$$
a_{k-1}+a_k = a_k+a_{k+1} .
$$
Стало быть,
$$
a_1 = a_3 = a_5 = \dots = a_{n-1}
\quad\hbox{и}\quad
a_2 = a_4 = a_6 = \dots = a_n .
$$
А значит, $f(a) = n/2$.

\medskip
b)  Это короткое доказательство опубликовано в \cite{Bushell}. Положим для краткости
$a=(a_1,a_2,\dots,a_n)$, $x=(x_1,x_2,\dots,x_n)$,
$y=(y_1,y_2,\dots,y_n)$, $z=(z_1,z_2,\dots,z_n)$, где
$y_k=x_k+x_{k+1}$ и $z_k=1/y_{n+1-k}$.

Положим
$$
S(x) = \frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1}
+ \frac{x_n}{x_1+x_2} = \summa \frac{x_k}{y_{k+1}} .
$$
Заметим, что
$$
\frac{\partial f}{\partial x_k} (x) =
\frac{1}{x_{k+1}+x_{k+2}} - \frac{x_{k-2}}{(x_{k-1}+x_k)^2}
- \frac{x_{k-1}}{(x_k+x_{k+1})^2} .
$$

Легко проверить тождество
$$
\frac{a}{b}+\frac{c}{d} =
\frac{a+c}{b+d}+\frac{\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{c}{d^2}}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{d}} .
$$
Таким образом,
\begin{align*}
\frac{x_{k-2}}{x_{k-1}+x_k}+\frac{x_{k-1}}{x_k+x_{k+1}} &=
\frac{x_{k-2}+x_{k-1}}{(x_{k-1}+x_k)+(x_k+x_{k+1})}+
\frac{\dfrac{x_{k-2}}{(x_{k-1}+x_k)^2} +
\dfrac{x_{k-1}}{(x_k+x_{k+1})^2}}{\dfrac{1}{x_{k-1}+x_k}+\dfrac{1}{x_k+x_{k+1}}}
=\\
&= \frac{y_{k-2}}{y_{k-1}+y_k} +
\frac{z_{n-k}-\dfrac{\partial f}{\partial x_k} (x)}{z_{n-k+1}+z_{n-k+2}} .
\end{align*}
Следовательно,
$$
2S(x) = S(y)+S(z)-
\Summa \frac{\dfrac{\partial f}{\partial x_k} (x)}{z_{n-k+1}+z_{n-k+2}} .
$$

Если в точке $x$ достигается локальный минимум, то $2S(x) = S(y)+S(z)$.
Таким образом, $S(x)=S(y)=S(z)$.

Обозначим среднее арифметическое чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$ через
$u$.
Рассмотрим преобразование
$$
M(x)=\Bigl( \frac{x_1+x_2}{2}, \frac{x_2+x_3}{2}, \dots, \frac{x_n+x_1}{2} \Bigr) .
$$
Через $M_k(x)$ обозначим его $k$-ю итерацию. Заметим, что
$S(x)=S(y)=S(M(x))=\dots=S(M_k(x))$.
Ясно, что $\lim\limits_{k\to\infty} M_k(x) =
(u,u,\dots,u)$. Тогда
$$
S(x) = \lim\limits_{k\to\infty} S(M_k(x)) = S((u,u,\dots,u)) = \frac{n}{2} .
$$


c) \cite{Diananda-63a}, \cite{Bushell, Bushell-McLeod}
\end{solution}


%\refstepcounter{subsection}

\begin{solution} Решения всех пунктов мы взяли из \cite{Kurlyandchik-91}.

а) Задача предлагалась на Третьей Всесоюзной олимпиаде по математике, 1969~г.
Туда она, видимо, попала из \cite{Diananda-62a};
решение из этой статьи опубликовано по-русски в \cite{Kurlyandchik-91}.


Пусть $x_{i_1}$~--- наибольшее из чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$;
$x_{i_2}$~--- наибольшее из двух следующих за $x_{i_1}$ чисел;
$x_{i_3}$~--- наибольшее из двух следующих за $x_{i_2}$ чисел и~т.\,д.
Будем строить эту последовательность чисел до тех пор пока не дойдем
до такого $k$, что наибольшее из двух следующих за $x_{i_k}$ чисел~--- это $x_{i_1}$.

Ясно, что $k\geq n/2$, а также
$$
\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_n}{x_1+x_2}\geq
\frac{x_{i_1}}{2x_{i_2}} + \frac{x_{i_2}}{2x_{i_3}} + \ldots + \frac{x_{i_k}}{2x_{i_1}}.
$$
По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом
последнее выражение не меньше $k/2$, а значит, не меньше $n/4$.

\medskip
b) %\cite{Kurlyandchik-91};
Каждую из дробей $\frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}}$, $k=1$, 2, \dots, $n$,  запишем в виде
$$
\frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}}=
\frac{x_k+\frac12 x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}+\frac{\frac12 x_{k+1}+x_{k+2}}{x_{k+1}+x_{k+2}}-1\,.
$$
Мы получим $2n$ дробей. Сгруппируем их по парам~--- первую с $2n$-й, вторую с третьей, четвертую с пятой и~т.\,д.
Оценим снизу сумму дробей из одной пары:
\begin{multline*}
\frac{\frac12 x_k+x_{k+1}}{x_{k}+x_{k+1}}+\frac{x_{k}+\frac12 x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}\geq
2\sqrt{\frac{(\frac12 x_k+x_{k+1})(x_{k}+\frac12 x_{k+1})}{({x_{k}+x_{k+1}})(x_{k+1}+x_{k+2})}}
=\\=
2\sqrt{\left(\frac12 +  \frac{x_kx_{k+1}}{4(x_k+x_{k+1})^2} \right)\frac{x_k+x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}}>
\sqrt{2}\cdot\sqrt{\frac{x_k+x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}}
\end{multline*}
Так как произведение $n$ чисел $\sqrt{\frac{x_1+x_{2}}{x_{2}+x_{3}}}$,
$\sqrt{\frac{x_2+x_{3}}{x_{3}+x_{4}}}$, \dots, $\sqrt{\frac{x_n+x_{1}}{x_{1}+x_{2}}}$
равно 1, то из неравенства Коши следует, что их сумма не меньше $n$.
Поэтому исходная сумма в левой части неравенства Шапиро не меньше, чем $\sqrt{2} n - n=(\sqrt2 -1)n$.

\medskip
c) %\cite{Kurlyandchik-91}
Аналогично предыдущему пункту каждую из дробей $\frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}}$, $k=1$, 2, \dots, $n$,  запишем в виде
$$
\frac{x_k}{x_{k+1}+x_{k+2}}=
\frac{x_k+\beta x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}+\alpha\cdot\frac{\beta x_{k+1}+x_{k+2}}{x_{k+1}+x_{k+2}}-\alpha\,,
$$
а параметры $\alpha$ и $\beta$ подберем так, чтобы это равенство оказалось верным.
Как нетрудно видеть, для этого нужно, чтобы $\beta+\alpha\beta=\alpha$, т.\,е.\ $\beta=\alpha/(\alpha+1)$.
Тогда
\begin{multline*}
\frac{x_k+\beta x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}} + \alpha\cdot\frac{\beta x_{k}+x_{k+1}}{x_{k}+x_{k+1}}\geq
2\sqrt{\alpha\frac{(x_k+\beta x_{k+1})(\beta x_{k}+ x_{k+1})}{({x_{k}+x_{k+1}})(x_{k+1}+x_{k+2})}}
=\\=
2\sqrt{\alpha\frac{\beta(x_k+x_{k+1})^2+(\beta-1)^2 x_{k}x_{k+1}}{({x_{k}+x_{k+1}})(x_{k+1}+x_{k+2})}}>
2\sqrt{\alpha\beta\frac{x_k+x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}}=
\frac{2\alpha}{\sqrt{\alpha+1}} \cdot\sqrt{\frac{x_k+x_{k+1}}{x_{k+1}+x_{k+2}}}\,.
\end{multline*}
Значит,
\begin{multline*}
\frac{x_1}{x_2+x_3} + \frac{x_2}{x_3+x_4} + \ldots + \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1}
+ \frac{x_n}{x_1+x_2}\geq
\frac{2\alpha}{\sqrt{\alpha+1}}\left( \sqrt{\frac{x_1+x_{2}}{x_{2}+x_{3}}}+
\sqrt{\frac{x_2+x_{3}}{x_{3}+x_{4}}}+ \ldots +\sqrt{\frac{x_n+x_{1}}{x_{1}+x_{2}}}\right) -\alpha n
>\\ >
\frac{2\alpha}{\sqrt{\alpha+1}} n -\alpha n =
\left(\frac{2\alpha}{\sqrt{\alpha+1}} -\alpha\right) n\,.
\end{multline*}
Максимум выражения $g(\alpha)=\frac{2\alpha}{\sqrt{\alpha+1}} -\alpha$ достигается при $\alpha=\alpha_0\approx 1.1479$
(корень кубического уравнения $g'(\alpha)=0$), при этом $g(\alpha_0)\approx 0.4186$.
При $\alpha=\frac54$ \ $g(\alpha)=\frac5{12}\approx 0.416$~--- неплохое приближение.
\end{solution}



\begin{solution}
а) Утверждение принадлежит В.~Кыртоаже \cite{Cyrtioaje}.

Положим для краткости ${y_k=x_k\!+\!x_{k+1}}$. В новых обозначениях неравенство (1) примет вид
$$
\frac{x_1}{y_2}+\frac{x_2}{y_3}+\ldots+\frac{x_n}{y_1} \geq \frac{n}{2}\,.
$$
Еще немного его преобразуем:
$$
\Summa \frac{2q_n^2x_k-y_{k+1}}{y_{k+1}} \geq n(q_n^2-1) \,,
$$
здесь $q_n$~--- это параметр, значение которого мы подберем позже так,
чтобы все рассматриваемые неравенства оказались верными.
Поскольку
$$
2q_n^2x_k-y_{k+1}=(q_n^2x_k-x_{k+1})+(q_n^2x_k-x_{k+2}) \geq 0 \,,
$$
по неравенству Коши--Буняковского для наборов чисел
$$
\left\{ \sqrt{\frac{2q_n^2x_k-y_{k+1}}{y_{k+1}}}\ \right\}
\enskip\hbox{и}\enskip
\left\{ \sqrt{(2q_n^2x_k-y_{k+1})y_{k+1}} \right\}
$$
имеем
$$
\Summa \frac{2q_n^2x_k-y_{k+1}}{y_{k+1}} \geq
\frac{\smash[t]{\Bigl( \Summa (2q_n^2x_k-y_{k+1}) \Bigr)^2}}{\Summa
(2q_n^2x_k-y_{k+1})y_{k+1}} .
$$
Таким образом, достаточно показать, что
$$
A^2=\biggl( \Summa (2q_n^2x_k-y_{k+1}) \biggr)^2 \geq
n(q_n^2-1)\smash[t]{\Summa (2q_n^2x_k-y_{k+1})y_{k+1}} = n(q_n^2-1)B .
$$
Поскольку $\Summa \!y_k = 2\Summa \!x_k$, имеем равенства
%$A = (q_n^2-1)\Summa y_k$~и
\begin{align*}
A &= (q_n^2-1)\Summa y_k\,,\\
%$$
B &= 2q_n^2\Summa x_k y_{k+1}-\Summa y_k^2 =
2q_n^2\Summa y_ky_{k+1}-(q_n^2+1)\Summa y_k^2 \,.
%$$
\end{align*}
Следовательно, осталось доказать, что
\begin{equation}
\label{ciro}
(q_n^2-1)\biggl( \Summa y_k \biggr)^2 \geq n\biggl(2q_n^2\Summa
y_ky_{k+1}-(q_n^2+1)\Summa y_k^2\biggr) .
\end{equation}

Преобразуем левую часть с помощью соотношения
$$
\biggl( \Summa y_k \biggr)^2 = n \Summa y_k^2 - \summaik (y_i-y_k)^2 ,
$$
неравенство~(\ref{ciro}) примет вид
$$
n\Summa (y_k-y_{k+1})^2 \geq
\Bigl(1-\frac{1}{q_n^2}\Bigr) \summaik (y_i-y_k)^2 .
$$
По неравенству Коши--Буняковского
$$
\Summa (y_k-y_{k+1})^2 \geq
\sum_{j=i}^{k-1} (y_j-y_{j+1})^2 \geq
\frac{1}{k-j} \biggl( \sum_{j=i}^{k-1} (y_j-y_{j+1}) \biggr)^2 =
\frac{1}{k-j} (y_i-y_k)^2 \geq
\frac{1}{n-1} (y_i-y_k)^2 .
$$
Следовательно,
$$
\frac{n(n-1)}{2} \Summa (y_k-y_{k+1})^2 \geq
\frac{1}{n-1} \summaik (y_i-y_k)^2
$$
и можно взять $1-\frac{1}{q_n^2}=\frac{2}{(n-1)^2}$, т.\,е.
$q_n = \frac{n-1}{\sqrt{n^2-2n-1}} > 1$.



З\,а\,м\,е\,ч\,а\,н\,и\,е. \,С ростом $n$ найденные
$q_n$ стремятся к единице.

b)
\end{solution}


\begin{solution}

{\bf 1.11.} (a) Обозначим $k_i:=x_{i+1}/x_i$. Тогда
$$S=\frac1{k_1(k_2+1)}+\frac1{k_2(k_3+1)}+\dots+\frac1{k_n(k_1+1)} \ge
\frac1{a_1(a_n+1)}+\frac1{a_2(a_{n-1}+1)}+\dots+\frac1{a_n(a_1+1)}.$$

(b) Неравенство справедливо, поскольку
$$\frac1{a_i(a_{n+1-i}+1)}+\frac1{a_{n+1-i}(a_i+1)}=
\frac{1+\frac{a_ia_{n+1-i}-1}{(1+a_i)(1+a_{n+1-i})}}{a_ia_{n+1-i}}\ge b_i
%\begin{cases}1/b_i& b_i\ge1 \\ 2(e^{y_i/2}+e^y_i)^{-1} & y_i<0 \end{cases},
$$
где последнее неравенство справедливо, поскольку $(1+a_i)(1+a_{n+1-i})\ge (1+\sqrt{a_ia_{n+1-i}})^2$.

(c) Первое неравенство $2S\ge g(\ln(a_1a_n))+g(\ln(a_2a_{n-1}))+\dots+g(\ln(a_na_1))$ справедливо, поскольку 
$g(x)$ меньше и $e^{-x}$, и $2(e^x+e^{x/2})^{-1}$.
Второе неравенство справедливо, по неравенству Йенсена, поскольку $g$ выпукла.

(d) \cite{Drinfeld}

\end{solution}


\refstepcounter{subsection}

\goodbreak

\begin{solution}
%Неравенство Морделла
Это неравенство доказано в статье \cite{Mordell}.

a) При
$n=3$ и $n=5$ после раскрытия скобок получим  неравенство
\begin{equation}
\label{ai ak}
(n-1)(a_1+a_2+\ldots+a_n)^2 \geq 2n\summaik a_ia_k .
\end{equation}
Оно легко выводится из неравенства Коши--Буняковского.
Действительно, напишем неравенство Коши--Буняков\-ского для наборов
$a_1$, $a_2$, \dots, $a_n$ и 1, 1, \dots, 1:
%\begin{equation}
%\label{QM-AM}
$$
n (a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2) \geq (a_1+a_2+\ldots+a_n)^2 .
%\end{equation}
$$
Далее заметим, что
$$
n (a_1+a_2+\ldots+a_n)^2 = n (a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2) +
\smash[b]{2n\summaik a_ia_k \geq  (a_1+a_2+\ldots+a_n)^2 + 2n\summaik a_ia_k }\,,
$$
откуда и следует неравенство (\ref{ai ak}).

\smallskip
При $n=4$ нужно проверить неравенство
$$
(x_1+x_2+x_3+x_4)^2 \geq 2x_1x_2+2x_2x_3+2x_3x_4+2x_4x_1+4x_1x_3+4x_2x_4 \,.
$$
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые, получим очевидное
неравенство
$$
x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2 \geq 2x_1x_3+2x_2x_4 \,.
$$

\smallskip
Перейдем теперь к случаю $n \geq 6$. Передвинув, если нужно, числа по
циклу, можно добиться того, что $x_3 \geq x_1$ и $x_3 \geq x_2$, например,
сделав $x_3$ наибольшим. При $r=1$, 2 или 3 обозначим через
$a_r$ сумму всех чисел $x_k$,
для которых $k \equiv r \pmod{3}$, $k \leq n$.
Тогда $x_1+x_2+\ldots+x_n = a_1+a_2+a_3$ и, следовательно, по
неравенству~(\ref{ai ak})
$$
(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2=(a_1+a_2+a_3)^2
\geq 3(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1) =
\smash[b]{3\cdot \sum\limits_{(i-k) \,\nekratno\, 3} x_ix_k\,.}
$$
Положим для краткости
$$
A=\sum\limits_{(i-k)\,\nekratno\, 3} x_ix_k
\quad\hbox{и}\quad
B=\Summa x_k(x_{k+1}+x_{k+2})
$$
и проверим, что $A\geq B$. Действительно,
при $n \equiv 0 \pmod{3}$ все слагаемые из суммы $B$ содержатся
в~сумме~$A$; при $n \equiv 1 \pmod{3}$ в сумме $A$ по сравнению с суммой $B$
недостает лишь слагаемого $x_nx_1$, которое не превосходит содержащегося в~ней
слагаемого $x_nx_3$; и наконец, при $n \equiv 2 \pmod{3}$ в сумме $A$ по сравнению с~суммой~$B$
недостает слагаемых $x_{n-1}x_1$ и $x_nx_2$, которые не превосходят
соответственно слагаемых $x_{n-1}x_3$ и $x_nx_3$.

Итак, во всех случаях $A \geq B$. Таким образом,
$$
(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2 \geq 3A \geq 3B = 3\Summa x_k(x_{k+1}+x_{k+2}) .
$$

Неулучшаемость константы $\min \left\{ \frac{n}{2}, 3 \right\}$ очевидна.
При $n \leq 6$ достаточно положить $x_1=x_2=\ldots=x_n=1$, а при $n \geq 6$~---
%достаточно положить
$x_1=x_2=x_3=1$ и $x_4=x_5=\ldots=x_n=0$.

\medskip
b) Случай $n<6$ тривиален. Для $n=6$ равенство достигается при
$x_1+x_4=x_2+x_5=x_3+x_6$. Для $n\geqslant 6$ равенство достигается на множествах вида $(t,1,1,1-t,0,\ldots,0)$, где $t\in [0,1]$, и их циклических сдвигах.


\end{solution}

\begin{solution}
Это неравенство доказано в статье \cite{Mordell}. Начнем с $n \leq 8$.

При $n=4$ и $n=7$ это частный случай неравенства~(\ref{ai ak}).

При $n=5$ неравенство совпадает с неравенством
$\sum (x_k-2x_{k+2}+x_{k+4})^2 \geq 0$.

При $n=6$ после раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых
получится очевидное неравенство $x_1^2+x_2^2+\ldots+x_6^2 \geq 2x_1x_4+2x_2x_5+2x_3x_6$.

Для доказательства неравенства в случае $n=8$ раскроем скобки в очевидном
следствии неравенства Коши--Буняковского
$$
4(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2) \geq (x_1+x_2+x_3+x_4)^2
$$
и получим
$$
3(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2) \geq
2(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4) .
$$
Следовательно,
\begin{equation}
\label{8/3}
3(x_1+x_2+x_3+x_4)^2 \geq
8(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4) ,
\end{equation}
что совпадает с требуемым неравенством для $n=8$.

Перейдем теперь к случаю $n > 8$.
Передвинув, если нужно, числа по
циклу, можно добиться того, что $x_4 \geq x_1$, $x_4 \geq x_2$ и $x_4 \geq x_3$,
например, сделав $x_4$ наибольшим. При $r=1$, 2, 3 или 4 обозначим через
$a_r$ сумму всех чисел $x_k$,
для которых $k \equiv r \pmod{4}$, $k \leq n$.
Тогда $x_1+x_2+\ldots+x_n = a_1+a_2+a_3+a_4$ и, следовательно, по
неравенству~(\ref{8/3})
$$
3(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2=3(a_1+a_2+a_3+a_4)^2 \geq
8(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+a_4a_1)\geq
\smash[b]{8\cdot \sum\limits_{(i-k) \,\nekratno\, 4} x_ix_k\,.}
$$
Положим для краткости
$$
A=\sum\limits_{(i-k)\,\nekratno\, 4} x_ix_k
\quad\hbox{и}\quad
B=\Summa x_k(x_{k+1}+x_{k+2}+x_{k+3})
$$
и проверим, что $A\geq B$. Действительно,
при $n \equiv 0 \pmod{4}$ все слагаемые из суммы $B$ содержатся
в~сумме~$A$; при $n \equiv 1 \pmod{4}$ в сумме $A$ по сравнению с суммой $B$
недостает лишь слагаемого $x_nx_1$, которое не превосходит содержащегося в~ней
слагаемого $x_nx_4$; при $n \equiv 2 \pmod{4}$ в сумме $A$ по сравнению
с~суммой~$B$ недостает слагаемых $x_{n-1}x_1$ и $x_nx_2$, которые не
превосходят соответственно слагаемых $x_{n-1}x_4$ и $x_nx_4$; и наконец,
при $n \equiv 3 \pmod{4}$ в сумме $A$ по сравнению с~суммой~$B$ недостает
слагаемых $x_{n-2}x_1$, $x_{n-1}x_2$ и $x_nx_3$, которые не превосходят
соответственно слагаемых $x_{n-2}x_4$, $x_{n-1}x_4$ и $x_nx_4$.

Итак, во всех случаях $A \geq B$. Таким образом,
$$
3(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2 \geq 8A \geq 8B = 8\Summa x_k(x_{k+1}+x_{k+2}+x_{k+3}) .
$$
\end{solution}


%\refstepcounter{subsection}

\begin{solution}
a) Это неравенство доказано в статье \cite{Diananda-59} с использованием преобразования Фурье.
Мы приводим элементарное рассуждение.
По неравенству Коши--Буняковского имеем
$$
\frac{x_1}{x_2+x_3+x_4} + \frac{x_2}{x_3+x_4+x_5} + \ldots +
  \frac{x_{n-1}}{x_n+x_1+x_2} + \frac{x_n}{x_1+x_2+x_3} \geq
\frac{(x_1+x_2+\ldots+x_n)^2}{\sum x_k(x_{k+1}+x_{k+2}+x_{k+3})} \geq
\frac{n}{3} ,
$$
последнее по задаче~\ref{zadacha2.2}.

b)
\end{solution}

\begin{solution}
Задача Б.~Гинзбурга  \cite[задача 187]{VasEgorov}, предлагалась на Всесоюзной олимпиаде по математике 1972 г.
С~помощью циклической перестановки чисел можно добиться того, что
$x_1 \leq x_2$. Пусть $S = x_1 + x_2 + \ldots + x_n$,
$S_1 = x_1 + x_3 + \dots$, $S_2 = x_2 + x_4 + \dots$. Тогда
$S_1^2 + S_2^2 \geq (S_1+S_2)^2/2 = S^2/2$, откуда
\begin{equation}
\label{eqn:union187-hihi}
\frac{S^2}{2} \geq S^2 - S_1^2 - S_2^2 =
   2 \sum \limits_{(i-k) \nekratno 2} x_i x_k .
\end{equation}
Если $n$ --- четно, то в последней сумме содержатся все слагаемые вида
$x_k x_{k+1}$, а если нечетно, то отсутствует слагаемое $x_n x_1$, зато
вместо него имеется большее слагаемое $x_n x_2$. Таким образом,
$$
\frac{S^2}{2} \geq 2(x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_n x_1) .
$$
\end{solution}

%\begin{solution}
%По 3.2 имеем
%\begin{multline*}
%(x_1 + x_2 + \ldots + x_n)^2 (x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_n x_1) \geq \\
%\geq 4 (x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_{n-1} x_n + x_n x_1)^2
%\geq 4(x_1^2 x_2^2 + x_2^2 x_3^2 + \ldots + x_{n-1}^2 x_n^2 + x_n^2 x_1^2) .
%\end{multline*}
%\end{solution}

\begin{solution}
См.\ решение задачи \ref{prbl:1.3} до неравенства (\ref{eqn:2-5})
(к этому моменту в упомянутом решении упорядочение переменных еще не использовалось).
\end{solution}


\begin{solution}
Это задача А.~Прокопьева, Турнир городов, 1981--82, \cite{TG},
также опубликована в журнале ``Квант'', 1982, \No\,6, задача M749.

Обозначим левую часть неравенства через $L_n$. При $n=4$
$$
L_4=\frac{x_1+x_3}{x_2+x_4}+\frac{x_2+x_4}{x_1+x_3}=a+a^{-1}\geq2.
$$
При $n>4$ рассуждаем по индукции. Так как неравенство циклическое, можно считать,
что $x_{n+1}$~--- наименьшее из всех чисел. Тогда отбросим в сумме $L_{n+1}$ последнее
слагаемое, а потом уменьшим два других, получим
$$
L_{n+1}\geq \frac{x_1}{x_{n+1}+x_2}+\ldots+\frac{x_n}{x_{n-1}+x_{n+1}}\geq
\frac{x_1}{x_{n}+x_2}+\ldots+\frac{x_n}{x_{n-1}+x_{n}}=L_n\,.
$$
Чтобы показать, что константа в правой части точная, возьмем
$$
x_1=x_2=1, \quad x_3=t, \quad x_4=t^2, \quad \ldots, \quad x_{n}=t^{n-2}\,.
$$
При $t\to+0$ первые два слагаемых стремятся к $1$, остальные --- к 0.

\medskip
Используя неравенство Коши--Буняковского подобно тому как это
делается в решении следующей задачи,
читатель без труда придумает другое доказательство, сводящее
данное неравенство к неравенству из задачи~\ref{prbl:ginzburg}.
\end{solution}


\begin{solution} Мы почерпнули условие этой задачи в статье \cite{Daykin}.
Положим для краткости $S = x_1 + x_2 + \ldots + x_n$.
Воспользуемся неравенством Коши--Буняковского для наборов чисел
$ \left\{ \frac{x_k+x_{k+1}}{x_k+x_{k+2}} \right\}$
и ${\{ (x_k+x_{k+1})(x_k+x_{k+2}) \}}$,
получим
$$ \frac{x_1+x_2}{x_1+x_3} + \frac{x_2+x_3}{x_2+x_4} + \ldots +
 \frac{x_{n-1}+x_n}{x_{n-1}+x_1} + \frac{x_n+x_1}{x_n+x_2} \geq
 \frac{4(x_1 + x_2 + \ldots + x_n)^2}{\Summa (x_k + x_{k+1})(x_k + x_{k+2})} .$$
Таким образом, достаточно установить неравенство
$$ S^2 \geq \Summa (x_k + x_{k+1})(x_k + x_{k+2}) =
   \Summa x_k^2 + 2 \Summa x_k x_{k+1} + \Summa x_k x_{k+2} ,$$
которое получается с помощью раскрытия скобок в левой части, ибо при
$n \geq 4$ слагаемые $x_k x_{k+1}$ и $x_k x_{k+2}$ при $k = 1$, 2, \dots, $n$
различны.

Покажем, что константу 4 нельзя увеличить.
Положим $x_k = a^{k-1}$ при $k = 1$, 2, \dots, $n-1$ и
$x_n = a^{n-2}$. При $a \to \infty$ первые $n-3$ слагаемых стремятся к
нулю, а оставшиеся к 1, 2 и 1.
\end{solution}

\begin{solution}
Мы почерпнули условие этой задачи в статье \cite{Chimedtseren}.
Воспользуемся неравенством Коши--Буняковского для наборов чисел
$ \left\{ \frac{x_k}{x_{k-1} + x_{k+2}} \right\}$ и
$\{ x_k(x_{k-1} + x_{k+2}) \}$,
получим
$$
%\begin{multline*}
\frac{x_1}{x_n+x_3} + \frac{x_2}{x_1+x_4} + \ldots +
   \frac{x_{n-1}}{x_{n-2}+x_1} + \frac{x_n}{x_{n-1}+x_2}
\geq %\\ \geq
\frac{(x_1 + x_2 + \ldots + x_n)^2}{(x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_n x_1) +
   (x_1 x_3 + x_2 x_4 + \ldots + x_n x_2)} .
%\end{multline*}
$$
Правая часть полученного неравенства не меньше 3 в силу неравенства Морделла
(задача~\ref{prbl:mordell}).

%Таким образом, достаточно показать, что
%$$ S^2 \geq 3(x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_n x_1) +
%         3(x_1 x_3 + x_2 x_4 + \ldots + x_n x_2) = 3Y ,$$
%где $S = x_1 + x_2 + \ldots + x_n$. Положим для краткости
%$S_1 = x_1 + x_4 + \dots$, $S_2 = x_2 + x_5 + \ldots$ и
%$S_3 = x_3 + x_6 + \dots$.
%Тогда $S = S_1 + S_2 + S_3$ и $S_1^2 + S_2^2 + S_3^2 \geq S^2/3$.
%Передвинув, если нужно, числа по циклу, можно добиться того, чтобы
%$x_3 \geq x_1$ и $x_3 \geq x_2$.
%Заметим, что
%$$ S^2 \geq \frac{3}{2} (S^2 - S_1^2 - S_2^2 - S_3^2) =
%   3 \sum \limits_{(i-k) \nekratno 3} x_i x_k = 3Z .$$
%Если $n \equiv 0 \pmod{3}$, то все слагаемые из суммы $Y$
%содержатся и в сумме $Z$. Если $n \equiv 1 \pmod{3}$, то в сумме $Z$
%недостает слагаемого $x_n x_1$, которое не превосходит содержащегося в ней
%слагаемого $x_n x_3$. Если же $n \equiv 2 \pmod{3}$, то в сумме $Z$ недостает
%слагаемых $x_{n-1} x_1$ и $x_n x_2$, которые не превосходит соответственно
%слагаемых $x_{n-1} x_3$ и $x_n x_3$. Стало быть, $S^2 \geq 3Y \geq 3Z$
%и исходное неравенство доказано.

Покажем, что константу 3 нельзя увеличить.
Возьмем набор чисел $x_k = a^{k-1}$ при $k = 1$, 2, \dots, $n-2$
и~$x_{n-1} = x_n = 1$. При $a \to 0$ первое и два последних слагаемых
стремятся к единице, а остальные к нулю.
\end{solution}

\begin{solution}
Мы почерпнули условие этой задачи в статье \cite{Chimedtseren-99}.
Сложим два неравенства из \ref{prbl:chimedtseren} (для прямого и обратного порядков чисел).

Покажем, что константу 6 нельзя увеличить.
Возьмем набор чисел $x_k = a^{k-1}$ при $k = 1$, 2, \dots, $n-2$
и~$x_{n-1} = x_n = 1$. При $a \to 0$ последние четыре слагаемых
стремятся соответственно к 1, 2, 2, 1;  остальные слагаемые стремятся к нулю.
\end{solution}

\begin{solution}
В \cite{Mitrinovich} это утверждение для произвольного $n$ высказано в качестве гипотезы.

Авторы следующего доказательства --- участники конференции 
P.Milo\v sevi\'c  и M.~Buki\'c.

Доказываемое неравенство есть сумма двух неравенств при $n=2004$ ---
неравенства из задачи 2.8 и неравенства
$$
\frac{x_1}{x_1+x_4} + \frac{x_2}{x_2+x_5} + \ldots +
   \frac{x_{n}}{x_{n}+x_3} \geq 3\,.
$$
Докажем последнее неравенство. При $n=3m$ оно является суммой трех неравенств:
\begin{align*}
\frac{x_1}{x_1+x_4} + \frac{x_4}{x_4+x_7} + \ldots +
   \frac{x_{n-2}}{x_{n-2}+x_1} &\geq 1\,. \\
\frac{x_2}{x_2+x_5} + \frac{x_5}{x_5+x_8} + \ldots +
   \frac{x_{n-1}}{x_{n-1}+x_2} &\geq 1\,. \\
\frac{x_3}{x_3+x_6} + \frac{x_6}{x_6+x_9} + \ldots +
   \frac{x_{n}}{x_{n}+x_3} &\geq 1\,. 
\end{align*}
Каждое из этих неравенств записывается в виде
$$
\frac1{1+a_1}+ \frac1{1+a_3}+\ldots+ \frac1{1+a_m} \geq 1 
\qquad\text{ где } \ a_1a_2\dots a_m=1.
$$
Это неравенство доказывается по индукции. База $m=2$
$$
\frac1{1+a_1}+\frac1{1+\frac1{a_1}}=1\geq 1\,.
$$
Для обоснования перехода проверяем что
$$
\frac1{1+b}+\frac1{1+c}\geq \frac 1{1+bc}\,.
$$
Это делается непосредственно с помощью домножения на знаменатели и раскрытия скобок. 

Приводим доказательство А.~Храброва.
Будем доказывать неравенство
$$ Z = \frac{x_1 + x_2}{x_1 + x_4} + \frac{x_2 + x_3}{x_2 + x_5} + \ldots +
   \frac{x_{3n} + x_1}{x_{3n} + x_3} \geq 6 .$$
Для удобства будем считать, что нумерация переменных циклическая:
$x_{3n+k} = x_k$. Положим для краткости ($r=0$, 1 и 2)
$$ S_r = \Summa x_{3k+r}, \quad
X_r = \Summa \frac{x_{3k+r}}{x_{3k+r} + x_{3k+3+r}} \quad\hbox{и}\quad
Y_r = \Summa \frac{x_{3k+r+1}}{x_{3k+r} + x_{3k+3+r}}, $$
Докажем сначала, что $X_r \geq 1$. Чтобы не усложнять формулы,
ограничимся случаем $r = 0$. Заметим, что
$$ X_0 S_0^2 \geq X_0 \left( \Summa x_{3k}^2 + \Summa x_{3k} x_{3k+3} \right) =
   X_0 \left( \Summa x_{3k} (x_{3k} + x_{3k+3}) \right) \geq S_0^2 ,$$
последнее~--- по неравенству Коши--Буняковского. Поэтому, $X_0 \geq 1$.

Далее проверим неравенство $Y_r \geq S_{r+1}/S_r$ (мы полагаем $S_3 = S_0$).
Опять рассмотрим лишь случай $r = 0$.
$$%\begin{align*}
Y_0 S_0 S_1 \geq Y_0 \left( \Summa x_{3k} x_{3k+1} + \Summa x_{3k+1} x_{3k+3} \right) =
 Y_0 \left( \Summa x_{3k+1} (x_{3k} + x_{3k+3}) \right) \geq S_1^2 ,
$$%\end{align*}
в последнем неравенстве мы снова применили неравенство Ко\-ши--Бу\-ня\-ков\-ского.
Стало быть, $Y_0 \geq S_1/S_0$.

Сложим все доказанные неравенства и воспользуемся неравенством о средних,
получим
$$ Z = X_0 + X_1 + X_2 + Y_0 + Y_1 + Y_2 \geq 3 +
  \frac{S_1}{S_0} + \frac{S_2}{S_1} + \frac{S_0}{S_2} \geq 6 .$$

% Надо про неулучшаемость написать
Покажем, что константу 6 нельзя увеличить.
Возьмем набор чисел $x_1=x_2=x_3=1$, $x_k = a^{n-k+1}$ при $k = 3$, 4,~\dots,~$n$.
При $a \to 0$ первое и второе слагаемое стремятся к 2, третье, а также последнее~--- к 1,
остальные слагаемые стремятся к нулю.
\end{solution}

\begin{solution}
Доказательство А.~Храброва.
Положим для краткости $S = x_1 + x_2 + \ldots + x_n$ и
$T = \sum \limits_{(i-k) \nekratno 2} x_i x_k$.
По неравенству Коши--Буняковского для наборов чисел
$\left\{ \frac{x_k}{x_{k-1} + x_{k+3}} \right\}$ и
$\{ x_k(x_{k-1} + x_{k+3}) \}$
имеем
$$
%\begin{multline*}
\frac{x_1}{x_n+x_4} + \frac{x_2}{x_1+x_5} + \ldots +
   \frac{x_{n-1}}{x_{n-2}+x_2} + \frac{x_n}{x_{n-1}+x_3}
\geq %\\ \geq
\frac{(x_1 + x_2 + \ldots + x_n)^2}{(x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_n x_1) +
   (x_1 x_4 + x_2 x_5 + \ldots + x_n x_3)} .
%\end{multline*}
$$
Таким образом, достаточно показать, что
$$ S^2 \geq 4(x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_n x_1) +
         4(x_1 x_4 + x_2 x_5 + \ldots + x_n x_3) .$$
В решении задачи \ref{prbl:ginzburg} мы установили  неравенство
$S^2 \geq 4T$, см.\ (\ref{eqn:union187-hihi}). Поэтому достаточно показать, что
\begin{equation}
\label{chimedts-4}
T \geq (x_1 x_2 + x_2 x_3 + \ldots + x_n x_1) +
   (x_1 x_4 + x_2 x_5 + \ldots + x_n x_3) .
\end{equation}
Поскольку $n$ четно, то все слагаемые из правой суммы содержатся и
в левой сумме.

\goodbreak
Покажем, что константу 4 нельзя увеличить.
Возьмем набор чисел $x_k = a^{k-1}$ при $k = 1$, 2, \dots, $n-3$
и~$x_{n-2} = x_{n-1} = x_n = 1$. При $a \to +0$ первое слагаемое и три последних
стремятся к единице, а остальные к~нулю.
\end{solution}

\begin{solution}
Мы взяли эту задачу в статье \cite{Diananda-62a}.

Заметим, что $a^2-ab+b^2 \leq \max \{ a, b \}^2$.

Пусть $x_{i_1}$~--- наибольшее из чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$;
$x_{i_2}$~--- наибольшее из двух следующих за $x_{i_1}$ чисел;
$x_{i_3}$~--- наибольшее из двух следующих за $x_{i_2}$ чисел и~т.\,д.
Будем строить эту последовательность чисел до тех пор пока не дойдем
до такого $k$, что наибольшее из двух следующих за $x_{i_k}$ чисел~--- это $x_{i_1}$.

Ясно, что $k\geq n/2$ и поэтому $k \geq \Bigl[\frac{n+1}{2}\Bigr]$.
$$
\Summa \frac{x_k^2}{x_{k+1}^2 - x_{k+1} x_{k+2} + x_{k+2}^2} \geq
\sum_{j=1}^k \frac{x_{i_j}^2}{x_{i_{j+1}}^2} \geq k ,
$$
последнее по неравенству о среднем арифметическом и среднем
геометрическом.

Выражение $\Bigl[\frac{n+1}{2}\Bigr]$ в правой части нельзя увеличить,
поскольку если положить $x_k = 1$ при нечетных $k$ и $x_k = 0$ при четных
$k$, то левая часть будет в точности равна $\Bigl[\frac{n+1}{2}\Bigr]$.
\end{solution}

\begin{solution}
а) Мы взяли эту задачу в статье \cite{Daykin}.

Можно считать, что $x_3$ --- наибольшее. Тогда первое слагаемое не
меньше единицы. Кроме того заметим, что сумма двух соседних слагаемых тоже не меньше единицы:
$$
\frac{x_k+x_{k+2}}{x_k+x_{k+1}}+\frac{x_{k+1}+x_{k+3}}{x_{k+1}+x_{k+2}} =
1+\frac{x_kx_{k+1}+x_{k+2}^2+x_kx_{k+3}+x_{k+1}x_{k+3}}%
{(x_k+x_{k+1})(x_{k+1}+x_{k+2})} \geq 1 .
$$

b) %Там рассуждение практически такое же, как и у Дринфельда про неравенство Шапиро.
Мы взяли эту задачу в статье \cite{Elbert}.

c) Случай $n\leq 4$ разобран в \cite{Daykin}, случай $n=5$~--- в \cite{Vukomirovich}.

d) Вот контрпримеры из \cite{Vukomirovich}.
$n=6$: 381, 0, 334, 29, 340, 49;

$n=13$: 41, 0, 28, 0, 19, 4, 17, 10, 18, 18, 20, 29, 18.


\end{solution}

\begin{solution}
а) (\cite{Diananda-59}) и b) (\cite{Diananda-61}) следуют из неравенства Коши--Бушяковского
и задач \ref{prbl:MordellDiananda-61} а) и b).

c) \cite{Diananda-59}

d, e, f)
\end{solution}

\begin{solution}
Мы взяли эту задачу в статье \cite{Diananda-62b}.

Пусть $x_{i_1}$~--- наибольшее из чисел $x_1$, $x_2$, \dots, $x_n$;
$x_{i_2}$~--- наибольшее из $m$ следующих за $x_{i_1}$ чисел;
$x_{i_3}$~--- наибольшее из $m$ следующих за $x_{i_2}$ чисел и~т.\,д.
Будем строить эту последовательность чисел до тех пор пока не дойдем
до такого $k$, что наибольшее из $m$ следующих за $x_{i_k}$ чисел~--- это $x_{i_1}$.

Ясно, что $k\geq n/m$ и поэтому $k \geq \Bigl[\frac{n+m-1}{m}\Bigr]$.
Таким образом,
$$
\Summa \frac{x_k}{x_{k+1} + x_{k+2} + \ldots + x_{k+m}} \geq
\sum_{j=1}^k \frac{x_{i_j}}{mx_{i_{j+1}}} \geq \frac{k}{m} ,
$$
последнее~--- по неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом.
\end{solution}


\begin{solution}
а) Мы взяли эту задачу в статье \cite{Mordell}.

При $n=m$ имеем очевидное равенство. При $n=m+1$ и $n=2m+1$ это
неравенство --- частный случай неравенства~(\ref{ai ak}). При $n=2m$
неравенство можно переписать в виде
$$
(x_1-x_{m+1})^2+(x_2-x_{m+2})^2+\ldots+(x_m-x_{2m})^2 \geq 0 ,
$$
в котором оно очевидно.

Пусть теперь $n=m+2$. Положим для краткости $s=x_1+x_2+\ldots+x_n$. Нам
нужно проверить неравенство
$$
\frac{n-2}{n} s^2 \geq \Summa x_k (x_{k+1} + x_{k+2} + \ldots + x_{k+m}) =
\Summa x_k(s-x_k-x_{k+n-1}) = s^2 - \Summa x_k(x_k+x_{k+n-1}) .
$$
Или, что тоже самое,
$$
\frac{2s^2}{n} \leq \Summa x_k(x_k+x_{k+n-1}) =
\frac{1}{2} \Summa (x_k+x_{k+n-1})^2 .
$$
Последнее неравенство является очевидным следствием неравенства
Коши--Буняковского:
$$
n \Summa (x_k+x_{k+n-1})^2 \geq \left( \Summa (x_k+x_{k+n-1}) \right)^2 .
$$

Перейдем теперь к случаю $n=2m+2$. При $1 \leq r \leq m+1$ обозначим через
$a_r$ сумму всех чисел $x_k$, для которых $k \equiv r \pmod{m+1}$, $k \leq n$.
Тогда $x_1+x_2+\ldots+x_n=a_1+a_2+\ldots+a_m$.
Заметим, что
$$
\sum_{i < k} a_ia_k = \Summa \frac{x_k}{x_{k+1} + x_{k+2} + \ldots + x_{k+m}} .
$$
Таким образом, нужно доказать неравенство
$$
(a_1+a_2+\ldots+a_{m+1})^2 \geq \frac{2m+2}{m} \sum_{i < k} a_ia_k ,
$$
но это опять неравенство~(\ref{ai ak}).

b, c) Мы взяли эту задачу в статье \cite{Diananda-61}.
\end{solution}

\begin{solution}
a) \cite{Mordell}

b) \cite{Diananda-61}

c) \cite{Mordell}

d), e) \cite{Diananda-61}

\end{solution}

\begin{solution}
Случай $s=n$ и $m=1$ разобран в статье \cite{Tanahashi-Tomiyama};
общий случай~--- в статье \cite{Yamagami}.
\end{solution}

\begin{solution}
a) Аналогично \ref{prbl:Diananda-62a}.
\end{solution}


{\footnotesize

\begin{thebibliography}{99}
\bibitem{VasEgorov}
{\it Васильев Н. Б., Егоров А. А.}\/ Задачи Всесоюзных математических
олимпиад. М.: Наука, 1988.
%\bibitem{Godunova-Levin}
%{\it Годунова Е. К., Левин В. И.}\/
%Об одной циклической сумме двенадцати слагаемых /\!/
%Мат. Заметки.  1976. Т.~19. \No~6. С.~873--885.
\bibitem{Drinfeld}
{\it Дринфельд В. Г.}\/
Об одном циклическом неравенстве /\!/
Мат. заметки. 1971. Т.~9. \No~2. С.~113--119.
%\bibitem{SPb2004}
%%{\it Кохась К. П., Храбров А. И., Берлов С. Л., Иванов С. В., Карпов~Д.\,В.,
%%Петров Ф. В.}\/
%Задачи Санкт-Петербургской олимпиады школьников по математике, 2004 год.
%СПб: Невский Диалект, 2004.
\bibitem{Kurlyandchik-91}
{\it Курляндчик Л. Д., Файбусович А.}\/
История одного неравенства /\!/ Квант. 1991. \No~4. С.~14--18.
\bibitem{TG}
{\it Толпыго А. К.\/} Тысяча задач Международного математического Турнира городов.
М.: МЦНМО, 2009.
%%{\it Васильев Н. Б., Константинов Н. Н., Толпыго А. К., Фомин С. В.}\/
%%Двенадцать турниров. М., 1991.
%%
%%КК. Я заменил на эту книгу. Это как бы теперь библия ТГ
%%
%\bibitem{AIH-99}
%{\it Храбров А. И.}\/
%Доказательство неравенств при помощи квазилинеаризации /\!/
%Задачи Санкт-Петербургской олимпиады школьников по математике, 1999
%год. СПб.: Изд-во СПбГУ, 1999.
%(Воспроизведена в~книге: Петербургские олимпиады школьников по математике
%2000--2002. СПб.: Невский Диалект; БХВ-Петербург, 2006. С.~374--382.
%\bibitem{AIH-03}
%{\it Храбров А. И.}\/
%И снова неравенство Коши--Буняковского /\!/
%B сб. Задачи Санкт-Петербургской олимпиады школьников по математике, 2003 год.
%СПб.: Невский диалект, 2003. С.~118--151.
%(Воспроизведена в~книге Петербургские олимпиады школьников по математике
%2003--2005. СПб.: Невский Диалект; БХВ-Петербург, 2007. С.~484--517.)
\bibitem{Chimedtseren-99}
{\it Чимэдцэрэн С.}\/
Нэгэн орчилт нийлбэр /\!/
Математикийн олимпиадын цуврал. 1999. Т.~22. (На монгольск. яз.).
\bibitem{Chimedtseren}
{\it Чимэдцэрэн С., Адъяасурен В., Батболд С.}\/
Оценка в одной циклической сумме /\!/
Монгол улсын их сургууль, Эрдэм шинжилгээний бичиг. 2000. Т. 7 (168).
С.~79--84.
%\bibitem{Bajsanski}
%{\it Baj\v{s}anski B.}\/
%A remark concerning the lower bound of
%$x_1/(x_2+x_3) + $\linebreak$+x_2/(x_3+x_4) + \ldots + x_n/(x_1+x_2)$ /\!/
%Univ. Beograd. Publ. Elektrotehn. Fak. Ser. Math. Fiz. 1962. \No~70--76.
%P.~19--20.
%\bibitem{Bushell-Craven}
%{\it Bushell P. J., Craven A. M.}\/
%On Shapiro's cyclic inequality /\!/
%Proc. Roy. Soc. Edinburgh, 1975/76. 75A. Vol. 26. P.~333--338.
%%
%%КК: Что такое 75а
%%
\bibitem{Bushell}
{\it Bushell P. J.}\/
Shapiro's Cyclic Sum /\!/
Bull. London Math. Soc. 1994. Vol.~26.  No~6. P.~564--574
\bibitem{Bushell-McLeod}
{\it Bushell P. J., McLeod J. B.}\/
Shapiro's cyclic inequality for even $n$ /\!/
J.~Inequal. \& Appl., 2002. Vol. 7(3). P.~331--348
%\bibitem{Clausing}
%{\it Clausing A.}\/
%A review of Shapiro's cyclic inequality /\!/
%General inequalities, {\bf 6} (Oberwolfach, 1990).
%Internat. Ser. Numer. Math. Vol. 103. Birkh\"auser, Basel, 1992. P.~17--31.
\bibitem{Cyrtioaje}
{\it C\^\i rtoaje V.}\/
Crux Mathematicorum. 2006. Vol. 32. No. 8. Problem 3195.
\bibitem{Daykin}
{\it Daykin D. E.}\/
Inequalities for certain cyclic sums /\!/
Proc. Edinburgh Math. Soc. (2) 1970/71. Vol. 17. P.~257--262.
\bibitem{Diananda-59}
{\it Diananda P. H.}\/
Extensions of an inequality of H. S. Shapiro /\!/
Amer. Math. Monthly 1959. Vol. 66. P.~489--491.
\bibitem{Diananda-61}
{\it Diananda P. H.}\/
On a conjecture of L. J. Mordell regarding an inequality involoving
quadratic forms /\!/
J. London Math. Soc. 1961. Vol. 36. P.~185--192.
\bibitem{Diananda-62}
{\it Diananda P. H.}\/
Inequalities for a class of cyclic and other sums /\!/
J.~London Math. Soc. 1962. Vol. 37. P.~424--431.
\bibitem{Diananda-62a}
{\it Diananda P. H.}\/
Some cyclic and other inequalities /\!/
Proc. Cambridge Philos. Soc. 1962. Vol. 58. P.~425--427.
\bibitem{Diananda-62b}
{\it Diananda P. H.}\/
Some cyclic and other inequalities, II /\!/
Proc. Cambridge Philos. Soc. 1962. Vol. 58. P.~703--705.
%\bibitem{Diananda-62c}
%{\it Diananda P. H.}\/
%A cyclic inequality and an extension of it, I /\!/
%Proc. Edinburgh Math. Soc. (2). 1962/63. Vol. 13. P.~79--84.
%\bibitem{Diananda-62d}
%{\it Diananda P. H.}\/
%A cyclic inequality and an extension of it, II /\!/
%Proc. Edinburgh Math. Soc. (2). 1962/63. Vol. 13. P.~143--152.
%\bibitem{Diananda-63}
%{\it Diananda P. H.}\/
%Inequalities for some cyclic sums /\!/
%J.~London Math. Soc. 1963. Vol.~38. P.~60--62.
\bibitem{Diananda-63a}
{\it Diananda P. H.}\/
On a cyclic sum /\!/
Proc. Glasgow Math. Assoc. 1963. Vol.~6. P.~11--13.
%\bibitem{Djokovic-62}
%{\it Djokovi\'c D. \v{Z}.}\/
%Sur une in\'egalit\'e /\!/
%Math. Gaz. 1962. Vol.~46. \No~356. P.~145--146.
%\bibitem{Djokovic}
%{\it Djokovi\'c D. \v{Z}.}\/
%Sur une in\'egalit\'e /\!/
%Proc. Glasgow Math. Assoc. 1963. Vol.~6. P.~1--10.
\bibitem{Elbert}
{\it Elbert A.}\/
On a cyclic inequality /\!/
Period. Math. Hungarica. 1973. Vol.~4. \No~2--3. P.~163--168.
%\bibitem{Fan-Taussky-Todd}
%{\it Fan K., Taussky O., Todd J.}\/
%Discrete analogs of inequalities of Wirtinger /\!/
%Monatsh. Math. 1957. Vol. 59. P.~73--79.
%\bibitem{Fink}
%{\it Fink A. M.}\/
%Shapiro's inequality /\!/
%Recent progress in inequalities (Ni\v{s}, 1996).
%Math. Appl. Vol. 430. Dordrecht: Kluwer Acad. Publ., 1998. P.~241--248.
%\bibitem{Freidkin}
%{\it Freidkin E. S., Freidkin S. A.}\/
%On a problem by Shapiro /\!/
%Elem. Math. 1990. Vol. 45. P.~137--139.
%\bibitem{Goldberg}
%{\it Goldberg K.}\/
%The minima of cyclic sums /\!/
%J. London Math. Soc. 1960. Vol. 35. \No\, 3. P.~262--264.
\bibitem{Malcolm}
{\it Malcolm M. A.}\/
A note on a conjecture of L.~J.~Mordell /\!/
Math. Comp. 1971. Vol.~25. P.~375--377.
\bibitem{Mitrinovich}
{\it Mitrinovi\'c D. S., Pe\v{c}ari\'c J. E., Fink A. M.}
Classical and new inequalities in analysis.
Kluwer Academic Publishers Group, Dordrecht, 1993.
(Mathematics and its Applications (East European Series), Vol.~61).
\bibitem{Mordell}
{\it Mordell L.\,J.}\/
On the inequality $\sum\limits_{r=1}^n \frac{x_r}{x_{r+1}+x_{r+2}} \geq \frac n2$ and some
others /\!/ Abh. Math. Sem. Univ. Hamburg. 1958. Vol.~22. P.~229--240.
%\bibitem{Mordell-62}
%{\it Mordell L. J.}\/
%Note on the inequality $\sum_{k=1}^n x_k/(x_{k+1}+x_{k+2}) \geq n/2$ /\!/
%J.~London Math. Soc. 1962. Vol.~37. P.~176--178.
%\bibitem{Nesbitt}
%{\it Nesbitt A. M.}\/
%Problem 15114 /\!/
%Educational Times. 1903. Vol. (2) 3. \hbox{P.~37--38}.
\bibitem{Nowosad}
{\it Nowosad P.}\/
Isoperimetric eigenvalue problems in algebras /\!/
Comm. Pure Appl. Math. 1968. Vol. 21. P.~401--465.
%\bibitem{Rankin}
%{\it Rankin R. A.}\/
%An inequality /\!/
%Math. Gaz. 1958. Vol.~42. P.~39--40.
%%
%%КК: Прям так и называется?
%%
%\bibitem{Shapiro}
%{\it Shapiro H. S.}\/
%Problem 4603 /\!/
%Amer. Math. Monthly. 1954. Vol.~61. \No~8. P.~571--572.
\bibitem{Shapiro-Northover}
{\it Shapiro H. S., Northover F. H.}\/
Amer. Math. Monthly. 1956. Vol.~63. \No~3. P.~191--192.
\bibitem{Tanahashi-Tomiyama}
{\it Tanahashi K., Tomiyama J.}\/
Indecomposable positive maps in matrix algebras /\!/
Canad. Math. Bull. 1988. Vol.~31. \No~3. P.~308--317.
%% \bibitem{Thomas}
%% Thomas D. G. S.
%% On the definitness of certain quadratic forms arising in a conjecture of
%% L. J. Mordell} /\!/
%% Amer. Math. Monthly, {\bf 68}, No ?, 1961, P.~472--473.
%% Объяснил, что контрпримеры для 8, 10 и 12 не построить тем способом,
%% которым их строили :-).
%\bibitem{Troesch-85}
%{\it Troesch B. A.}\/
%On Shapiro's cyclic inequality for $N=13$ /\!/
%Math. Comp. 1985. Vol.~45. \No~171. P. 199-207.
\bibitem{Troesch-85a}
{\it Troesch B. A.}\/
Full solution of Shapiro's cyclic inequality /\!/
Notices Amer. Math. Soc. 1985. Vol.~39.  \No~4. P.~318.
%\bibitem{Troesch-89}
%% For n = 15, 17, 19, 21 and 23.
%{\it Troesch B. A.}\/
%The validity of Shapiro's cyclic inequality /\!/
%Math. Comp. 1989. Vol.~53.  \No~188. P.~657--664.
\bibitem{Vukomirovich}
{\it Vukmirovi\'c J.}\/
A note on an inequality for the cyclic sums introduced by D. E. Daykin /\!/
Math. Balk. 1978. Vol. 8. P.~293--297.
\bibitem{Yamagami}
{\it Yamagami S.}\/
Cyclic inequalities /\!/
Proc. Amer. Math. Soc. 1993. Vol.~118. \No~2. P.~521--527.
\bibitem{Zulauf}
{\it Zulauf A.}\/
Note on a conjecture of L.~J.~Mordell /\!/
Abh. Math. Sem. Univ. Hamburg. 1958. Vol.~22. P.~240--241.
\bibitem{Zulauf-62}
{\it Zulauf A.}\/
Note on an Inequality /\!/
Math. Gazette. 1962. Vol.~46. \No\,355. P.~41--42.
%\bibitem{Zulauf-59}
%{\it Zulauf A.}\/
%On a conjecture of L.~J.~Mordell, II /\!/
%Math. Gaz. 1959. Vol.~43. P.~182--184.

\end{thebibliography}

}

\end{document} 
