Сложные задачи на неравенства

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{1+a}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(1+a)+(1+b)+(1+c)}=\frac{9}{6}=\frac32.\] Равенство достигается при \(a=b=c=1\).

Для \(x\ge0\) функция \(f(x)=1/(x^2+x+1)\) выпукла. По Jensen, \[\frac13\sum f(a)\ge f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)=f(1)=\frac13.\] Умножая на \(3\), получаем требуемое.

Обозначим \(q=ab+bc+ca\). Тогда \(\sum a^2\ge q\), значит \((\sum a^2)^2\ge q^2\). С другой стороны, применяя \((x+y+z)^2\ge3(xy+yz+zx)\) к \(x=ab\), \(y=bc\), \(z=ca\), получаем \(q^2\ge3abc(a+b+c)\).

Неравенство симметрично. По UVW достаточно проверить \(b=c\) и границу. При \(b=c=1\), \(a=t\), разность равна \(t^2(t-1)^2\ge0\). При \(c=0\) получаем \(a^4+b^4-a^3b-ab^3=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\ge0\). Следовательно, неравенство доказано.

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{b^2+c^2}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}.\] Так как \((a+b+c)^2\ge3(a^2+b^2+c^2)\), получаем нижнюю оценку \(3/2\).

Пусть \(q=ab+bc+ca\), \(r=abc\). Тогда левая часть равна \(9-q\). При \(a+b+c=3\) имеем \(q\le3\), значит \(9-q\ge6\). Также \(r\le1\), поэтому \(6r\le6\). Следовательно, \(9-q\ge6\ge6r\).

Имеем \((a+b)(b+c)(c+a)=(3-c)(3-a)(3-b)\). Сумма множителей равна \(6\). По AM-GM произведение не больше \((6/3)^3=8\). Равенство при \(a=b=c=1\).

Пусть \(p=a+b+c\), \(q=3\), \(r=abc\). Из \(p^2\ge3q\) следует \(p\ge3\). Из \(q^2\ge3pr\) получаем \(9\ge3pr\), значит \(r\le3/p\le1\).

Тогда \(b+c-a=2x\), \(c+a-b=2y\), \(a+b-c=2z\). Сумма равна \(\frac12\sum\frac{y+z}{x}\). Внутри стоят три пары вида \(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\), каждая не меньше \(2\), поэтому сумма не меньше \(3\).

Правая часть равна \(\sum_{\mathrm{sym}}a^3b\). Поэтому утверждение совпадает с Schur degree \(4\), доказанным через UVW: достаточно проверить \(b=c\) и границу, где получаются неотрицательные квадратичные множители.

По Jensen для вогнутой функции \(\sqrt{x}\), \(\frac13\sum\sqrt{a}\le\sqrt{(a+b+c)/3}=1\). Значит, \(\sum\sqrt{a}\le3\). Правая часть задачи не меньше \(3\), так как добавленная сумма квадратов неотрицательна.

\((1+a)(1+b)(1+c)=1+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+abc\). При \(abc=1\) имеем \(a+b+c\ge3\) и \(ab+bc+ca\ge3\). Поэтому произведение не меньше \(1+3+3+1=8\).

По Cauchy, \[\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}.\] Осталось заметить, что \[2(a+b+c)^2-\bigl(2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca\bigr)=3(ab+bc+ca)\ge0.\] Поэтому знаменатель не превосходит \(2(a+b+c)^2\), и вся дробь не меньше \(\frac12\).

По AM-GM имеем \[2a^4+b^4+c^4\ge4\sqrt[4]{a^8b^4c^4}=4a^2bc.\] Аналогично, \[2b^4+c^4+a^4\ge4ab^2c,\qquad 2c^4+a^4+b^4\ge4abc^2.\] Складывая три оценки, получаем \[4(a^4+b^4+c^4)\ge4abc(a+b+c),\] откуда следует требуемое неравенство.

По Schur degree \(3\), \(p^3-4pq+9r\ge0\). При \(p=3\) это \(27-12q+9r\ge0\). С другой стороны, \(\sum a^3+6r-q=(27-9q+3r)+6r-q=27-10q+9r\). Так как \(q\le3\), имеем \(27-10q+9r\ge27-12q+9r\ge0\). Неравенство доказано.

По Cauchy, \(\sum\frac{a^2}{a+b+1}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+1)+(b+c+1)+(c+a+1)}=\frac{9}{9}=1\). Также \(\sum\frac1{a+b+1}\ge\frac{9}{9}=1\). Складывая, получаем требуемое.

Для \(u,v>0\) докажем \((v-u)\sqrt{u^2+3v^2}\ge(v-u)(u+v)=v^2-u^2\). Если \(v\ge u\), то \(\sqrt{u^2+3v^2}\ge u+v\), поскольку \(u^2+3v^2-(u+v)^2=2v(v-u)\ge0\). Если \(v

Из условия при \(x=0\) получаем \(C>0\). Первый трёхчлен положителен при всех \(x\), значит его дискриминант отрицателен: \[(B-C)^2-4AC<0.\] Дискриминант второго трёхчлена равен \[(B+C)^2-4C(A+B)=B^2-2BC+C^2-4AC=(B-C)^2-4AC<0.\] Его старший коэффициент \(C>0\), поэтому второй трёхчлен тоже положителен при всех \(x\).

Так как \(n-2

Упорядочим числа: \(v_1<\cdots