#7 Однородные неравенства

Первое выражение умножается на \(t^2\), значит степень \(2\). Второе не меняется, степень \(0\). Третье умножается на \(t\), степень \(1\).

Первое однородно степени \(2\), нормировка допустима. Второе не однородно: степени \(2\) и \(0\), нормировка недопустима. Третье имеет степень \(0\), нормировка допустима при положительных переменных.

Неравенство однородно. При \(a+b+c=1\) нужно доказать \(a^2+b^2+c^2\ge1/3\). Это следует из \((a+b+c)^2\le3(a^2+b^2+c^2)\). Возвращаясь к исходному масштабу, получаем требуемое.

Положим \(x=a/\sqrt[3]{abc}\), \(y=b/\sqrt[3]{abc}\), \(z=c/\sqrt[3]{abc}\). Тогда \(xyz=1\). Нужно доказать \(x+y+z\ge3\), что следует из AM-GM.

Так как \(a+b+c=1\), достаточно доказать \(ab+bc+ca\le\frac{(a+b+c)^2}{3}\), то есть \(3q\le p^2\). Это следует из \(p^2-3q=\frac12\sum(a-b)^2\ge0\).

Пусть \(x=a/b\). Тогда неравенство становится \(x+\frac1x\ge2\), что следует из \((x-1)^2\ge0\) после умножения на \(x>0\).

Выражение имеет степень \(0\). По AM-GM, \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}}=3.\]

По AM-GM, \[\sum\frac{a^2}{b^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{b^2}\cdot\frac{b^2}{c^2}\cdot\frac{c^2}{a^2}}=3.\]

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{a+b}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(a+b)+(b+c)+(c+a)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}.\]

По Cauchy, \[\sum\frac{a}{b+c}=\sum\frac{a^2}{a(b+c)}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}.\] Так как \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\), получаем нижнюю оценку \(\frac32\).

По AM-GM, \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\). Так как сумма равна \(1\), получаем \(\sqrt[3]{abc}\le1/3\), значит \(abc\le1/27\). Однородная форма: \(abc\le\frac{(a+b+c)^3}{27}\).

По AM-GM, \(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=1\). Следовательно, \(\sum a^2\ge3\).

По Cauchy, \((1+1+1)^2\le(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\). Следовательно, произведение не меньше \(9\).

По Cauchy, \((a+b+c)^2\le3(a^2+b^2+c^2)\). Так как \(a+b+c=3\), получаем \(9\le3\sum a^2\), то есть \(\sum a^2\ge3\).

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{b+c}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(b+c)+(c+a)+(a+b)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}.\]

Если \(a+b+c=0\), всё очевидно. Иначе положим \(S=a+b+c\) и \(x=a/S\), \(y=b/S\), \(z=c/S\). Тогда \(x+y+z=1\), поэтому \(\frac{a^2+b^2+c^2}{S^2}\ge1/3\). Умножаем на \(S^2\).

Это симметрическое однородное неравенство степени \(4\). По уже доказанной UVW-форме, достаточно проверить \(b=c=1\), \(a=t\): \(t^4+2\ge t(t+2)\), что равносильно \((t-1)^2(t^2+2t+2)\ge0\). На границе правая часть равна \(0\). Следовательно, неравенство верно.

Выражение имеет степень \(0\). Разделим \(a,b,c\) на \(\sqrt[3]{abc}\), тогда произведение станет \(1\), а значение выражения не изменится. При \(abc=1\) нужно доказать \(a^2+b^2+c^2\ge3\), что следует из AM-GM.

Обозначим \(q=ab+bc+ca\). Так как \(\sum a^2\ge q\), имеем \(\sum a^2+q\ge2q\). Но \(q\) может быть меньше; удобнее использовать \(p^2=\sum a^2+2q=1\). Тогда \(\sum a^2+q=1-q\). Поскольку \(q\le1/3\), получаем \(1-q\ge2/3\). Однородная версия: \[\sum a^2+ab+bc+ca\ge\frac{2}{3}(a+b+c)^2.\]

Выражение степени \(0\), поэтому нормируем \(abc=1\). Тогда \(\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=1\). Получаем \[\frac{\sum a^2}{q}+q.\] Здесь \(\sum a^2\ge q\), значит первая дробь не меньше \(1\). Кроме того, \(q=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\). Поэтому вся сумма не меньше \(1+3=4\).