#8 Методы подстановки

Положим \(x=a/b\). Тогда \(\frac{b}{a}=1/x\), и \(x+\frac1x-2=\frac{(x-1)^2}{x}\ge0\).

Тогда \(xyz=1\). По AM-GM \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\), что и требуется.

Пусть \(a=x^2\), \(b=y^2\), \(x,y\ge0\). Нужно доказать \(x+y\le\sqrt{2(x^2+y^2)}\). После возведения в квадрат это \(2xy\le x^2+y^2\), то есть \((x-y)^2\ge0\).

Положим \(x=(b+c-a)/2\), \(y=(c+a-b)/2\), \(z=(a+b-c)/2\). По неравенствам треугольника \(x,y,z>0\). Прямая проверка даёт \(y+z=a\), \(z+x=b\), \(x+y=c\).

После подстановки \(2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)=4(xy+yz+zx)>0\). Значит, требуемое строгое неравенство верно.

Пусть \(a=y+z\), \(b=z+x\), \(c=x+y\). Тогда сумма равна \(\frac12\left(\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\right)\). Внутри стоят пары \(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\), \(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\), \(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\), каждая не меньше \(2\). Итого сумма не меньше \(3\).

Имеем \(x+y+z=0\). Поэтому \(\sum a^2=\sum(1+x)^2=3+2\sum x+\sum x^2=3+\sum x^2\ge3\).

При \(x,y\ge0\) существует \(t\in[0,\pi/2]\), такой что \(x=\cos t\), \(y=\sin t\). Тогда \(xy=\frac12\sin2t\le\frac12\).

После замены нужно доказать \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\). Это равносильно \(\frac12((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2)\ge0\).

Положим \(z=1\), \(y=b\), \(x=ab\). Тогда \(x/y=a\), \(y/z=b\), а \(z/x=1/(ab)=c\), потому что \(abc=1\).

По AM-GM, \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\). Равенство при \(a=b=c=1\).

Так как \(x+y+z=0\), получаем \(ab+bc+ca=\frac13+xy+yz+zx\). Но \(xy+yz+zx=-\frac12(x^2+y^2+z^2)\le0\). Значит, \(ab+bc+ca\le1/3\).

Для сторон треугольника \(x,y,z>0\). Тогда произведение равно \(8xyz>0\).

Пусть \(a=y+z\), \(b=z+x\), \(c=x+y\). Тогда сумма равна \(\sum\left(1+\frac{y+z}{2x}\right)=3+\frac12\sum\frac{y+z}{x}\). Как в примере, \(\sum\frac{y+z}{x}\ge6\). Значит, сумма не меньше \(6\).

После замены нужно доказать \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\). Это верно, так как \(\frac12((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2)\ge0\).

Пусть \(x=\cos t\), \(y=\sin t\). Тогда \(x+y=\sqrt{2}\sin(t+\pi/4)\le\sqrt{2}\).

После замены левая часть равна \(x^2+y^2+z^2\). Правая часть: \(\sum(1+x)^2-3=3+2(x+y+z)+x^2+y^2+z^2-3=x^2+y^2+z^2\). Тождество доказано.

Обозначим \(u=\frac{a}{b+c-a}\), \(v=\frac{b}{c+a-b}\), \(w=\frac{c}{a+b-c}\). По задаче 6, \(u+v+w\ge3\). Тогда \(u^2+v^2+w^2\ge\frac{(u+v+w)^2}{3}\ge3\).

Тогда \(b+c-a=2x\), \(c+a-b=2y\), \(a+b-c=2z\). Первая дробь равна \(\frac{(y+z)^2}{4xy}\ge\frac{z}{x}\), потому что \((y+z)^2\ge4yz\). Аналогично вторая дробь не меньше \(\frac{x}{y}\), третья не меньше \(\frac{y}{z}\). Поэтому вся сумма не меньше \(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\ge3\).

Для \(t\ge0\) вогнутость корня даёт \(\sqrt{t}\le1+\frac{t-1}{2}\). Складывая для \(a,b,c\), получаем \(\sum\sqrt{a}\le3+\frac{a+b+c-3}{2}=3\). Правая часть задачи равна \(3+\frac12\sum(a-1)^2\ge3\), поэтому требуемое верно. Случай равенства \(a=b=c=1\).