Неравенства с ограничениями

По Cauchy, \(36=(a+b+c)^2\le3(a^2+b^2+c^2)\). Следовательно, \(\sum a^2\ge12\). Равенство достигается при \(a=b=c=2\), значит минимум равен \(12\).

По AM-GM, \(\sqrt[3]{abc}\le(a+b+c)/3=3\). Поэтому \(abc\le27\). Равенство при \(a=b=c=3\).

По AM-GM, \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=6\). Равенство достигается при \(a=b=c=2\).

Так как \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\), при \(a+b+c=1\) получаем \(1\ge3(ab+bc+ca)\). Равенство при \(a=b=c=1/3\).

По Cauchy, \(9=(1+1+1)^2\le(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)=5\sum1/a\). Отсюда \(\sum1/a\ge9/5\).

Обозначим \(p=a+b+c\), \(q=ab+bc+ca=12\). Тогда \(p^2\ge3q=36\), значит \(p\ge6\). Равенство достигается при \(a=b=c=2\).

По Jensen, \(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}3\le\sqrt{\frac{x+y+z}{3}}=2\). Поэтому сумма не больше \(6\). Равенство при \(x=y=z=4\).

Функция \(\ln(1+x)\) вогнута при \(x\ge0\). Поэтому \(\frac13\sum\ln(1+a)\le\ln(1+(a+b+c)/3)=\ln2\). Значит, \(\ln\prod(1+a)\le\ln8\), и произведение не больше \(8\).

Функция \(x^3\) выпукла на \(x\ge0\). По Jensen, \(\frac{\sum a^3}{3}\ge\left(\frac{S}{3}\right)^3\). Следовательно, \(\sum a^3\ge S^3/9\). Равенство при \(a=b=c=S/3\).

Так как \(0\le a,b,c\le3\), имеем \(a^2\le3a\), \(b^2\le3b\), \(c^2\le3c\). Поэтому \(\sum a^2\le3(a+b+c)=9\). Равенство при \((3,0,0)\) и перестановках.

По AM-GM, \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\). Равенство при \(ab=bc=ca=1\), то есть при \(a=b=c=1\).

Раскрываем: \((1+a)(1+b)(1+c)=1+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+abc\). Так как \(abc=1\), \(a+b+c\ge3\) и \(ab+bc+ca\ge3\), получаем не меньше \(1+3+3+1=8\).

По Jensen для вогнутой функции \(f(x)=x/(1+x)\), \(\frac13\sum f(a)\le f(1)=1/2\). Значит, сумма не больше \(3/2\). Равенство при \(a=b=c=1\).

По Jensen для выпуклой функции \(f(x)=1/(1+x)\), \(\frac13\sum f(a)\ge f(1)=1/2\). Следовательно, сумма не меньше \(3/2\).

\(a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=9-4=5\). Ответ: \(5\).

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

Пусть \(p=a+b+c\), \(q=3\), \(r=abc\). Из \(p^2\ge3q=9\) следует \(p\ge3\). Также \(q^2\ge3pr\), то есть \(9\ge3pr\), значит \(r\le3/p\le1\). Следовательно, \(abc\le1\). Равенство при \(a=b=c=1\).

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

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 при \(a=b=c=1\).

Так как \(a+b+c=3\), \(\sum a^2+ab+bc+ca=(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)=9-q\). Нам нужно \(9-q\ge6r\). По \(q\le3\) левая часть не меньше \(6\), а по AM-GM \(r=abc\le1\), значит \(6r\le6\). Следовательно, \(9-q\ge6\ge6r\). Равенство при \(a=b=c=1\).