Алгебра. Книга 2

Имеем \[2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0.\] Поэтому исходное неравенство верно. Равенство достигается тогда и только тогда, когда \(a=b=c\).

\[x^2+y^2=\frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{2}=98+\frac{(x-y)^2}{2}\ge98.\] Минимум равен \(98\) и достигается при \(x=y=7\).

Так как \(t^2+t+1>0\), можно умножить на \(3(t^2+t+1)\). Получаем \(3t\le t^2+t+1\), то есть \((t-1)^2\ge0\). Равенство при \(t=1\).

Запишем элементы как \(a_1

Имеем \(up+vq-uq-vp=u(p-q)-v(p-q)=(u-v)(p-q)\). Оба множителя положительны, значит разность положительна.

Переименуем переменные циклически так, чтобы \(x\ge z\). Тогда \(y+z\le y+x\), поэтому \(\frac{y}{y+z}\ge\frac{y}{y+x}\). Следовательно, \[\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\ge\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+x}+\frac{z}{z+x}=1+\frac{z}{z+x}>1.\]

Сложение даёт \(-x-y>0\), то есть \(1-x-y>1>0\). Теперь перемножим неравенства \(x^2-x>y^2\) и \(y^2-y>x^2\). Это можно делать, потому что \(x^2\) и \(y^2\) положительны, а левые части больше них. Получаем \((x^2-x)(y^2-y)>x^2y^2\). После раскрытия и сокращения это даёт \(xy(1-x-y)>0\). Так как \(1-x-y>0\), имеем \(xy>0\).

Так как \(a+b+c=0\), то \[0=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca).\] Следовательно, \[ab+bc+ca=-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\le0.\] Равенство возможно только при \(a=b=c=0\).

Предположим противное. Тогда для каждого \(i\) дискриминант \(4(p_i^2-q_i)\le0\), то есть \(p_i^2\le q_i\). Отсюда все \(q_i\ge0\), а значит неравенства можно перемножить: \((p_1p_2p_3)^2\le q_1q_2q_3\). Получаем \(N^2\le N\), что невозможно при \(N>1\). Следовательно, хотя бы для одного \(i\) имеем \(p_i^2>q_i\), и соответствующий трёхчлен имеет два различных действительных корня.

Пусть \(a_1\le a_2\le\cdots\le a_{2027}\). Так как \(a_1+a_2+a_3\) записано на доске, оно не меньше \(a_1\), значит \(a_2+a_3\ge0\). Аналогично \(a_{2025}+a_{2026}+a_{2027}\) записано и не больше \(a_{2027}\), значит \(a_{2025}+a_{2026}\le0\). Но \(a_2\le a_3\le a_{2025}\le a_{2026}\), поэтому \[0\le a_2+a_3\le a_{2025}+a_{2026}\le0.\] Следовательно, \(a_2+a_3=a_{2025}+a_{2026}=0\), и из порядка получаем \(a_2=a_3=\cdots=a_{2026}=0\). Значит, нулей хотя бы \(2025\). Пример \(-1,0,\ldots,0,1\) показывает, что оценка точна.

Из \(a^3-b^3=3\) следует \(a>b\). Тогда \[3(a^2+b^2)=(a^2+b^2)(a^3-b^3)=a^5-b^5+a^2b^2(a-b).\] Правая часть не меньше \(9\), потому что \(a^5-b^5\ge9\) и \(a^2b^2(a-b)\ge0\). Поэтому \(3(a^2+b^2)\ge9\), то есть \(a^2+b^2\ge3\).

Пусть \(a_1>a_2>\cdots>a_{12}>0\). Тогда \(a_1a_2a_3>a_4a_5a_6\). Если \(a_6\ge1\), то \(a_1a_2a_3>a_4a_5a_6\ge a_4a_5\), и найдены три числа против двух. Если \(a_6<1\), то \(a_7<1\), и \(a_1a_2a_3>a_4a_5a_6>a_4a_5a_6a_7\), поэтому найдены три числа против четырёх.

Пусть числа идут как \(a_1,\ldots,a_{2n}\), индексы считаются по модулю \(2n\), а \(S_i=a_i+a_{i+1}+\cdots+a_{i+n-1}\). Общая сумма \(S>0\), поэтому \(S_i+S_{i+n}=S\). Значит, среди \(S_i\) есть положительные. Если все \(S_i>0\), любое число подходит. Иначе при обходе круга найдётся переход \(S_i>0\), \(S_{i+1}\le0\). Тогда сумма дуги длины \(n\), заканчивающейся в \(a_i\) с другой стороны, равна \(S-S_{i+1}>0\). Поэтому число \(a_i\) является концом двух дуг с положительными суммами.

Пусть \(m=37!\). Тогда \(38!=38m\), и \((38!)!=(38m)!\). Разобьём произведение \(1\cdot2\cdots38m\) на \(38\) блоков длины \(m\): в \(j\)-м блоке все множители не превосходят \(jm\), причём хотя бы один меньше \(jm\). Поэтому произведение \(j\)-го блока строго меньше \((jm)^m\). Перемножая по \(j=1,\ldots,38\), получаем \[(38m)!

Если \(c\le950\), изменим \(c\) до \(0\). Получим \(ax^2+bx=x(ax+b)\), у которого есть целый корень \(0\), стоимость не больше \(950\).

Пусть теперь \(c>950\). Тогда \(a+b<850\). Найдём квадрат \(k^2\), ближайший к \(c\). Так как \(c<1800<43^2\), можно взять \(k\le42\), и расстояние от \(c\) до ближайшего квадрата не превосходит половины промежутка между соседними квадратами, то есть не больше \(42\). Заменим \(a\) на \(-1\), \(b\) на \(0\), \(c\) на \(k^2\). Стоимость не больше \((a+1)+b+42<893\). Получаем \(-x^2+k^2\), у которого есть целые корни \(\pm k\). В обоих случаях хватает \(950\) монет.

Пусть \(M\) — наибольшее число. Оно не может равняться модулю разности соседей, потому что оба соседа положительны и не превосходят \(M\). Значит, именно \(M\) — единственное исключение.

Возьмём минимальное число \(d\). На одной дуге от \(d\) к \(M\) стоят \(d=a_0,a_1,\ldots,a_k=M\). Индукцией получаем \(a_{i+1}\ge a_i\), а так как \(a_i=|a_{i+1}-a_{i-1}|\), то на самом деле \(a_{i+1}=a_i+a_{i-1}\) для \(1\le i

Число \(d\) тоже не является исключением, поэтому \(d=|a_1-b_1|\). Пусть \(b_1>a_1\). Тогда \(b_1=a_1+d=a_2\). Продолжая обе рекурсии, получаем цепочку \(a_0=b_0\le a_1

Требуется доказать \(x^9\ge16y^3\). Из условия \(y^3\le x^5-4x\), значит достаточно показать \(x^9\ge16x^5-64x\). Но \[x^9-16x^5+64x=x(x^4-8)^2\ge0,\] так как \(x>0\). Следовательно, \(x^9\ge16y^3\), а значит \(x^3\ge\sqrt[3]{16}\,y\).

Предположим, что \(A\cap B=\varnothing\). Тогда \(A\cup B\) содержит \(2n\) различных натуральных чисел, поэтому сумма всех его элементов не меньше \(1+2+\cdots+2n=n(2n+1)\). С другой стороны, эта сумма равна \(n^2+n^2=2n^2\). Но \(n(2n+1)>2n^2\), противоречие. Значит, общий элемент существует.

Сложение даёт \(x+y<0\). Предположим, что \(xy<0\). Без ограничения общности \(x>0\), \(y<0\). Тогда из \(x+y<0\) следует \(00\). Значит, \(xy\) не отрицательно; так как \(x,y\ne0\), получаем \(xy>0\).

Пусть корни \(r,s\), и пусть \(|r|\le1\), \(|s|>1\). Так можно считать, потому что ровно один корень лежит на \([-1,1]\). По Виету \(rs=b>0\), значит корни одного знака и \(b=|r||s|\). Так как \(|s|>1\), получаем \(|r|b\). Значит, \(s\notin(-b,b)\). Следовательно, в интервале \((-b,b)\) лежит ровно один корень.

Назовём \(i\ge2\) плохим, если \(a_{i-1}a_{i+1}\) или \(a_{i-1}>a_i

Предположим, что плохих индексов бесконечно много, и выберем один плохой индекс \(k\). Возьмём любое \(n>k\). По условию \(a_n\) входит в монотонный отрезок длины \(n+1\). Такой отрезок не может содержать одновременно \(a_{k-1},a_k,a_{k+1}\), потому что в этих трёх членах направление меняется. Так как \(n+1\) очень длинен и содержит \(a_n\), он не может начинаться настолько рано, чтобы включить \(a_{k-1}\); следовательно, он обязан содержать \(a_n,a_{n+1},a_{n+2}\). Тогда индекс \(n+1\) не плохой. Итак, для всех \(n>k\) индекс \(n+1\) не плохой, что противоречит бесконечности плохих индексов. Значит, плохих индексов конечное число, и хвост последовательности монотонен.

При \(n=150,k=75\) получаем \(a_{150}-a_{75}\ge150^3-75^3\), то есть \(a_{150}\ge150^3-75^3\). При \(n=75,k=150\) получаем \(a_{75}-a_{150}\ge75^3-150^3\), то есть \(a_{150}\le150^3-75^3\). Поэтому \[a_{150}=150^3-75^3=7\cdot75^3.\]

Для любого \(t\) имеем \(t^2+t+1=\left(t+\frac12\right)^2+\frac34\ge\frac34\). Поэтому \(\frac1{t^2+t+1}\le\frac43\), причём равенство только при \(t=-\frac12\). Сумма трёх таких дробей не превосходит \(4\). Если она равна \(4\), то каждая дробь равна \(\frac43\), значит \(x=y=z=-\frac12\), что невозможно при различных числах. Ответ: не существуют.

Число \(p_1=x_1-\frac1{x_1}\) не является натуральным: при \(x_1=1\) оно равно \(0\), а при \(x_1>1\) не является целым. Поэтому натуральных \(p_i\) не больше \(11\).

Покажем, что \(11\) достижимо. Возьмём \(x_i=i+1\). Тогда \[x_i-\frac1{x_i}=i+1-\frac1{i+1}=\frac{i(i+2)}{i+1}.\] Следовательно, \[p_i=\frac{1\cdot3}{2}\cdot\frac{2\cdot4}{3}\cdots\frac{i(i+2)}{i+1}=\frac{i!(i+2)}2.\] При \(i\ge2\) это натуральное число. Значит, среди \(p_1,\ldots,p_{12}\) может быть \(11\) натуральных чисел, и больше нельзя.

Из \(a^2+b^2<(a-b)^2=a^2-2ab+b^2\) следует \(ab<0\). Аналогично \(bc<0\). Значит, \(a\) и \(b\) разных знаков, \(b\) и \(c\) разных знаков, поэтому \(a\) и \(c\) одного знака и \(ac>0\). Тогда \[(a+c)^4-a^4-c^4=4a^3c+6a^2c^2+4ac^3=2ac(2a^2+3ac+2c^2)>0,\] поскольку \(ac>0\) и \(2a^2+3ac+2c^2>0\). Следовательно, \(a^4+c^4<(a+c)^4\).

Ответ: \(k(k-1)\). Пример: возьмём одну изолированную вершину, остальные разобьём на множества \(X\) и \(Y\) размеров \(k\) и \(k-1\), и проведём все рёбра между \(X\) и \(Y\). Тогда степени вершин из \(X\) равны \(k-1\), из \(Y\) равны \(k\), условие выполнено, рёбер \(k(k-1)\).

Докажем оценку. Пусть \(X_i\) — множество вершин степени \(i\), а \(m\) — максимальная степень. Если \(m\le k-1\), то \(2E\le2k(k-1)\), значит \(E\le k(k-1)\).

Если \(m\ge k+1\), возьмём вершину степени \(m\). Все её соседи имеют степень \(m-1\), значит \(|X_{m-1}|\ge m\). Любая вершина из \(X_{m-1}\) имеет \(m-1\) соседей в \(X_m\cup X_{m-2}\), поэтому вместе классы \(X_{m-1},X_m,X_{m-2}\) содержат как минимум \(m+(m-1)>2k\) вершин, противоречие.

Остался случай \(m=k\). Рёбра соединяют только соседние по степени классы, поэтому граф двудолен относительно \(Y=X_k\cup X_{k-2}\cup\cdots\) и \(Z=X_{k-1}\cup X_{k-3}\cup\cdots\). С одной стороны, \(E\le k|Y|\), с другой — \(E\le(k-1)|Z|\). Если \(|Y|\le k-1\), то \(E\le k(k-1)\). Если \(|Y|\ge k\), то \(|Z|\le k\), и \(E\le(k-1)k\). Оценка доказана.

Если отрицательных чисел было бы чётное количество, то нашлось бы положительное число \(a\), а произведение всех остальных было бы положительным. Тогда \(a+\prod_{\ne a}>0\), противоречие. Значит, отрицательных чисел нечётное количество.

Разобьём числа на две группы. Тогда ровно одно из двух произведений отрицательно. Пусть \(X=x_1x_2\cdots x_r<0\), \(Y=y_1y_2\cdots y_s>0\), и пусть \(x_1<0\). Тогда \(x_2\cdots x_r>0\), а так как числа целые, \(x_2\cdots x_r\ge1\). Поэтому \[X+Y=x_1(x_2\cdots x_r)+Y\le x_1+Y\le x_1+Y(x_2\cdots x_r).\] Последнее выражение отрицательно по условию, применённому к числу \(x_1\). Значит, \(X+Y<0\).

Положим \(t=\sqrt[2^{n+1}]{a}\). Тогда \(t\ne1\), \(\sqrt[2^n]{a}=t^2\), и \[x_n=2^n(t^2-1),\qquad x_{n+1}=2^{n+1}(t-1).\] Поэтому \[x_n-x_{n+1}=2^n(t^2-1)-2^{n+1}(t-1)=2^n(t-1)^2>0.\] Значит, \(x_n>x_{n+1}\) для всех \(n\), и последовательность строго убывает.

Из условия для пары \((i,j)\) имеем \(u_i-u_j\ge i^2-j^2\). Для пары \((j,i)\) получаем \(u_j-u_i\ge j^2-i^2\), то есть \(u_i-u_j\le i^2-j^2\). Нижняя и верхняя границы совпадают, поэтому \(u_i-u_j=i^2-j^2\).

Назовём карточку однородной, если обе её стороны больше \(1\) или обе меньше \(1\). Изначально есть однородная карточка. Если заменить однородную карточку обратной, она остаётся однородной: тип «больше-больше» превращается в «меньше-меньше» и наоборот.

Пусть теперь однородная карточка \((a,b)\) разрезается вторым способом. Если \(a>1,b>1\), то из \(c\cdot\frac ac=a>1\) следует, что хотя бы одно из \(c,\frac ac\) больше \(1\); соответствующая новая карточка вместе с \(b>1\) однородна. Если \(a<1,b<1\), то хотя бы одно из \(c,\frac ac\) меньше \(1\), иначе их произведение было бы не меньше \(1\); значит, снова появляется однородная карточка. Поэтому однородные карточки не могут исчезнуть полностью. В требуемом конечном наборе их нет, противоречие.

По AM-GM, \(x+\frac{36}{x}\ge2\sqrt{x\cdot\frac{36}{x}}=12\). Равенство достигается при \(x=6\).

\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}=3\), значит \(a+b+c\ge9\). Равенство при \(a=b=c=3\).

По AM-GM, \(\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}=5\). Возводя в куб, получаем \(abc\le125\).

\(\frac{x+x+y}{3}\ge\sqrt[3]{x^2y}=4\). Следовательно, \(2x+y\ge12\). Равенство при \(x=y=4\).

По AM-GM применённому к числам \(\frac{a}{a},\frac{a}{b},\frac{a}{c}\) и циклически, удобнее записать стандартную форму: \((a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\ge(1+1+1)^2=9\). Так как \(a+b+c=1\), получаем требуемое.

Сумма чисел \(1+a,1+b,1+c\) равна \(9\). По AM-GM их произведение не больше \(\left(\frac93\right)^3=27\). Равенство при \(a=b=c=2\).

По AM-GM для \(x,x,y,z\): \(\frac{x+x+y+z}{4}\ge\sqrt[4]{x^2yz}=2\). Значит, \(2x+y+z\ge8\).

По AM-GM: \[\frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{3}\ge\sqrt[3]{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c}{a}}=1.\] Отсюда следует утверждение.

По Cauchy, \[\left(\sum\sqrt{\frac{a}{b+c}}\right)^2\ge\frac{(a+b+c)^2}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}.\] Знаменатель равен \(2(ab+bc+ca)\le\frac{2}{3}(a+b+c)^2=\frac23\). Поэтому квадрат суммы не меньше \(\frac{1}{2/3}=\frac32\), откуда следует требуемое.

По AM-GM, \(1+a\ge2\sqrt a\), \(1+b\ge2\sqrt b\), \(1+c\ge2\sqrt c\). Перемножая, получаем \((1+a)(1+b)(1+c)\ge8\sqrt{abc}=8\). Равенство при \(a=b=c=1\).

По AM-GM: \(\frac{x+x+x+y+z}{5}\ge\sqrt[5]{x^3yz}=\sqrt[5]{32}=2\). Поэтому \(3x+y+z\ge10\).

Пусть \(P=abcd\), \(S=a+b+c+d\). Если \(P\ge16\), то \[a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\left(\frac{S}{4}\right)^2\ge4\left(\frac{P}{8}\right)^2=\frac{P^2}{16}\ge P.\] Если \(P<16\), то по AM-GM \[a^2+b^2+c^2+d^2\ge4\sqrt[4]{a^2b^2c^2d^2}=4\sqrt P.\] Из \(P<16\) следует \(4\sqrt P>P\). В обоих случаях требуемое доказано.

Имеем \(cd\le |cd|\le\frac{c^2+d^2}{2}=\frac{9-a^2-b^2}{2}\). Достаточно доказать \(2(3+a)(3+b)\ge9-a^2-b^2\). После переноса получаем \(a^2+2ab+b^2+6a+6b+9=(a+b+3)^2\ge0\). Значит, исходное неравенство верно.

Так как \(ab+bc+ca=2\), \[a+\frac2a=a+\frac{ab+ac+bc}{a}=a+b+c+\frac{bc}{a}.\] По AM-GM, \(a+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{bc}\). Поэтому \(a+\frac2a\ge b+c+2\sqrt{bc}=(\sqrt b+\sqrt c)^2\), то есть \(\sqrt{a+\frac2a}\ge\sqrt b+\sqrt c\). Складывая три циклические оценки, получаем требуемое.

Так как \(|u_i|>1\), числа \(x_i=\frac{u_i+1}{u_i-1}\) положительны. Их произведение равно \(1\). Кроме того, \(\frac1{u_i-1}=\frac{x_i-1}{2}\). Поэтому нужно доказать \(x_1+x_2+x_3+x_4>4\). По AM-GM \(x_1+x_2+x_3+x_4\ge4\sqrt[4]{x_1x_2x_3x_4}=4\). Равенство возможно только при всех \(x_i=1\), что невозможно, так как \(x_i=1\) не получается из конечного \(u_i\). Значит, сумма строго больше \(4\), и требуемая сумма положительна.

После умножения надо доказать \[a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\le1.\] Считаем \(a\ge b\ge c\ge d\). По AM-GM для \(a,b,c+d\) имеем \(ab(c+d)\le\left(\frac{a+b+c+d}{3}\right)^3=1\), значит \(a^2b^2(c+d)^2\le1\). Достаточно проверить, что левая часть не превосходит \(a^2b^2(c+d)^2\). После раскрытия это сводится к \(c^2d^2(a^2+b^2)\le2a^2b^2cd\), что верно, так как \(cd\le b^2\) и \(cd\le a^2\). Следовательно, исходное неравенство доказано.

Можно считать \(x\ge y\ge z\). Пусть \(u=x-y\ge0\), \(v=y-z\ge0\), тогда \(x-z=u+v\), и левая часть равна \(uv(u+v)\). Из \(x^2+y^2+z^2=1\) следует \((x-y)^2+(y-z)^2+(x-z)^2\le3\), то есть \(u^2+v^2+(u+v)^2\le3\). Для фиксированного \(s=u+v\) произведение \(uv\le\frac{s^2}{4}\). Кроме того, \(u^2+v^2\ge\frac{s^2}{2}\), значит \(\frac32s^2\le3\), то есть \(s\le\sqrt2\). Поэтому \(uv(u+v)\le\frac{s^3}{4}\le\frac{(\sqrt2)^3}{4}=\frac1{\sqrt2}\).

Для каждого \(i\) имеем \[(1+x_i^2)(1+x_{i+1}^2)-(1+x_ix_{i+1})^2=(x_i-x_{i+1})^2\ge0.\] Перемножая эти неравенства по всем \(i\), получаем \[\prod_{i=1}^{n}\frac{1+x_i^2}{1+x_ix_{i+1}}\ge1.\] Теперь применяем AM-GM к \(n\) положительным дробям: их сумма не меньше \(n\)-кратного корня из произведения, то есть не меньше \(n\).

Имеем \(b+c\ge2\sqrt{bc}\), поэтому \[4\frac{\sqrt{ab-1}}{b+c}\le2\sqrt{\frac{ab-1}{bc}}=2\sqrt{\left(a-\frac1b\right)\frac1c}\le a-\frac1b+\frac1c.\] Аналогично \[4\frac{\sqrt{bc-1}}{c+a}\le b-\frac1c+\frac1a,\qquad 4\frac{\sqrt{ca-1}}{a+b}\le c-\frac1a+\frac1b.\] Складывая, получаем \(4\) умноженное на правую часть не больше \(a+b+c\). Это и есть требуемое.

Ответ: \(\frac1{76}\). Петя берёт числа \(\frac12,\frac1{38},\ldots,\frac1{38}\). Число \(\frac12\) обязательно попадёт в пару с \(\frac1{38}\), поэтому максимальное произведение не меньше \(\frac1{76}\), а остальные произведения не больше.

Теперь пусть числа произвольны, \(x_1\ge\cdots\ge x_{20}\). Вася спаривает \(x_k\) с \(x_{21-k}\). Для \(k\le10\) положим \(P=x_kx_{21-k}\). Из \(kx_k\le x_1+\cdots+x_k=S\) и \((21-2k)x_{21-k}\le1-S\) получаем \[P\le\frac{S(1-S)}{k(21-2k)}\le\frac1{4k(21-2k)}\le\frac1{76}.\] Значит, Вася может гарантировать максимум не больше \(\frac1{76}\). Ответ доказан.

Нижняя оценка: набор \(0,\frac12,\frac1{4(n-1)},\ldots,\frac1{4(n-1)}\). Число \(\frac12\) имеет двух соседей; хотя бы один из них равен \(\frac1{4(n-1)}\), значит максимальное произведение не меньше \(\frac1{8(n-1)}\).

Для верхней оценки упорядочим \(x_1\ge\cdots\ge x_{2n}\). Расставим числа так, чтобы возможные большие соседние произведения имели вид \(x_kx_{2n-k}\), \(1\le k\le n-1\). Тогда, как и в парной задаче, если \(S=x_1+\cdots+x_k\), то \[x_kx_{2n-k}\le\frac{S(1-S)}{k(2n-2k)}\le\frac1{4k(2n-2k)}\le\frac1{8(n-1)}.\] Значит, такая граница достижима для любых чисел и точна.

Так как последовательность невозрастает, \[a_1^2+\cdots+a_{16}^2\ge4a_7^2+4a_{10}^2+4a_{13}^2+4a_{16}^2.\] Поэтому \[1\ge4(a_7^2+a_{10}^2+a_{13}^2+a_{16}^2)\ge(a_7+a_{10}+a_{13}+a_{16})^2,\] где в последнем переходе использовано RMS-AM. Значит, первая сумма не больше \(1\). Аналогично \(1\ge3(a_7^2+a_8^2+a_9^2)\ge(a_7+a_8+a_9)^2\), откуда следует второе неравенство.

Вычитание даёт \((a-b)(b-c)(c-a)=2\). Пусть \(c\) — наибольшее число. Тогда из знаков следует \(a0\), \(y=c-b>0\), \(z=c-a=x+y\). Тогда \(xyz=2\). По AM-GM, \(4xy\le(x+y)^2=z^2\), значит \(2=xyz\le\frac{z^3}{4}\), откуда \(z\ge2\). Если \(z=2\), то равенство в \(4xy\le z^2\) даёт \(x=y=1\). Тогда \(b=a+1>1\), \(c=a+2>2\), и \(a^2b+b^2c+c^2a>b^2c>2\), противоречие первому равенству. Поэтому \(z>2\), то есть \(c-a>2\).

Сложим первые два неравенства: \(2x+2y>x^2+y^2+2z^2\). Переносим всё в одну сторону: \[0>(x-1)^2+(y-1)^2+2(z^2-1).\] Так как первые два слагаемых неотрицательны, получаем \(z^2<1\), значит \(z<1\). Аналогично, складывая другие пары неравенств, получаем \(x<1\) и \(y<1\).

Из условия после домножения скобок на \(\frac ba,\frac cb,\frac ac\) получаем \[\left(b-\frac1a\right)\left(c-\frac1b\right)\left(a-\frac1c\right)=1.\] Все три множителя положительны. По AM-GM \[\left(b-\frac1a\right)^2+\left(c-\frac1b\right)^2+\left(a-\frac1c\right)^2\ge3.\] Раскрывая скобки, получаем \[a^2+b^2+c^2+\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}\ge3+2\left(\frac ba+\frac cb+\frac ac\right).\] Кроме того, \(\frac ba+\frac cb+\frac ac\ge3\). Поэтому правая часть не меньше \(6+\frac ba+\frac cb+\frac ac\). Но раскрытие левой части требуемого неравенства даёт \(a^2+b^2+c^2+\frac1{a^2}+\frac1{b^2}+\frac1{c^2}-6\). Следовательно, требуемое неравенство доказано.

По Cauchy для \((a,b)\) и \((c,d)\) имеем \((a^2+b^2)(c^2+d^2)\ge(ac+bd)^2\). При раскрытии разность равна \((ad-bc)^2\ge0\).

По Engel form: \(\frac{x^2}{p}+\frac{y^2}{q}\ge\frac{(x+y)^2}{p+q}\). Равенство при \(\frac{x}{p}=\frac{y}{q}\).

По Cauchy, \[9=(1+1+1)^2\le(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)=12\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right).\] Отсюда следует требуемое.

\[\sum\frac{a}{b+c}=\sum\frac{a^2}{a(b+c)}\ge\frac{(a+b+c)^2}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\ge\frac32,\] поскольку \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\).

По Cauchy, \[\sum\frac{x^2}{x+y}\ge\frac{(x+y+z)^2}{(x+y)+(y+z)+(z+x)}=\frac{x+y+z}{2}.\]

По Cauchy левая часть не меньше \[\frac{(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}.\] Так как \(2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx\le2(x+y+z)^2\), левая часть не меньше \(\frac12\).

По Cauchy, \[\sum_{i=1}^{n}\frac{1^2}{1+x_i}\ge\frac{(1+\cdots+1)^2}{(1+x_1)+\cdots+(1+x_n)}=\frac{n^2}{n+\sum x_i}.\]

По Cauchy, \[\frac{4}{a}+\frac{9}{b}+\frac{16}{c}\ge\frac{(2+3+4)^2}{a+b+c}=\frac{81}{6}=\frac{27}{2}.\] Равенство при \(\frac{2}{a}=\frac{3}{b}=\frac{4}{c}\), то есть \(a:b:c=2:3:4\). При сумме \(6\) это достижимо, значит минимум равен \(\frac{27}{2}\).

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{a+2b}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(a+2b)+(b+2c)+(c+2a)}=\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{3}.\]

По Cauchy левая часть не меньше \[\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}.\] Поскольку \(2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca\le2(a+b+c)^2\), получаем нижнюю оценку \(\frac12\).

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{b+2c}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(b+2c)+(c+2a)+(a+2b)}=\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{3}.\]

По Cauchy, \[\frac1x+\frac4y+\frac9z\ge\frac{(1+2+3)^2}{x+y+z}=\frac{36}{10}=\frac{18}{5}.\] Равенство при \(1/x=2/y=3/z\), то есть \(x:y:z=1:2:3\). При сумме \(10\) это достижимо, значит минимум \(\frac{18}{5}\).

По Cauchy левая часть не меньше \[\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}.\] Этот знаменатель не превосходит \(2(a+b+c)^2\), поэтому левая часть не меньше \(\frac12\). Условие \(abc=1\) показывает, что задача может выглядеть как произведение, но метод здесь однородный.

По Cauchy, сумма слева не меньше \[\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)+(a+2b+c)+(a+b+3c)}=\frac{(a+b+c)^2}{3a+4b+5c}.\]

По Cauchy, \[(\sqrt{u+v}+\sqrt{v+w}+\sqrt{w+u})^2\le3((u+v)+(v+w)+(w+u))=6(u+v+w)=36.\] Значит, сумма корней не превосходит \(6\).

Для каждого слагаемого \[\frac{a^3}{a^2+b+c}=a-\frac{a(b+c)}{a^2+b+c}\ge a-\frac{a(b+c)}{2a\sqrt{b+c}}=a-\frac{\sqrt{b+c}}2.\] Складывая четыре такие оценки и используя \(a+b+c+d=10\), получаем требуемое.

Как в предыдущей задаче, \(\frac{a^3}{a^2+b+c}\ge a-\frac{\sqrt{b+c}}2\), и аналогично для остальных слагаемых. Поэтому левая часть не меньше \[8-\frac12(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+d}+\sqrt{d+a}).\] Осталось показать, что сумма корней не больше \(8\). По Cauchy, \[(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+d}+\sqrt{d+a})^2\le4\cdot2(a+b+c+d)=64.\] Значит, сумма корней не больше \(8\), и левая часть не меньше \(4\).

\[\frac{a}{b^4+2b}=\frac{a}{b}-\frac{ab^2\cdot2}{b^3+2}\ge\frac{a}{b}-\frac{2ab^2}{3b}=\frac{a}{b}-\frac23ab,\] потому что \(b^3+2=b^3+1+1\ge3b\). Складывая циклически, получаем \[\sum\frac{a}{b^4+2b}\ge\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)-\frac23(ab+bc+ca).\] Первая скобка не меньше \(3\) по AM-GM. Кроме того, из \(a+b+c=3\) следует \(ab+bc+ca\le3\). Поэтому правая часть не меньше \(3-\frac23\cdot3=1\).

По Cauchy левая часть не меньше \[\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}.\] Так как \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\), знаменатель не больше \(3(x^2+y^2+z^2)\). Получаем требуемую оценку \(\frac{x^2+y^2+z^2}{3}\).

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{2a+b+c}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(2a+b+c)+(2b+c+a)+(2c+a+b)}=\frac{(a+b+c)^2}{4(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{4}.\]

Имеем \(ax+by-ay-bx=(b-a)(y-x)\). Оба множителя неотрицательны, значит разность неотрицательна.

Разность правой и левой частей равна \(ax+cz-az-cx=(c-a)(z-x)\ge0\). Поэтому требуемое неравенство верно.

По задаче об одном обмене, \(bz+cx\le bx+cz\), так как \(b\le c\) и \(x\le z\). Затем \(ay+bx\le ax+by\), так как \(a\le b\) и \(x\le y\). Складывая, получаем требуемое.

Раскрываем разность: \[3\sum ax-\sum a\sum x=(b-a)(y-x)+(c-a)(z-x)+(c-b)(z-y).\] Все слагаемые справа неотрицательны, потому что обе последовательности возрастают.

Упорядочим \(a,b,c\) как \(u_1\le u_2\le u_3\). По rearrangement сумма \(u_1^2+u_2^2+u_3^2\) максимальна среди \(\sum u_i u_{\sigma(i)}\). Сумма \(ab+bc+ca\) является одной из таких перестановок, значит она не больше суммы квадратов.

Если при \(i

После переименования считаем \(x\le y\le z\). Тогда \(x^2\le y^2\le z^2\). По Чебышеву \[\frac{x^3+y^3+z^3}{3}\ge\frac{x+y+z}{3}\cdot\frac{x^2+y^2+z^2}{3}.\] Умножая на \(9\), получаем требуемое.

Упорядочим числа по возрастанию. Квадраты идут в том же порядке. По Чебышеву \[\frac{\sum a^3}{4}\ge\frac{\sum a}{4}\cdot\frac{\sum a^2}{4}.\] Умножаем на \(16\) и получаем неравенство.

Пусть \(u_1\le u_2\le u_3\) - числа \(a,b,c\) в порядке возрастания. Тогда \(u_1^2\le u_2^2\le u_3^2\). По rearrangement максимальная сумма \(\sum u_i^2u_{\sigma(i)}\) равна \(\sum u_i^3\). Правая часть исходного неравенства является одной из перестановок, значит она не больше.

Упорядочим \(a,b,c\) как \(u_1\le u_2\le u_3\). Тогда \(u_1^3\le u_2^3\le u_3^3\). По rearrangement наибольшая сумма произведений \(u_i^3\cdot u_{\sigma(i)}\) равна \(u_1^4+u_2^4+u_3^4\). Правая часть - одна из таких перестановок.

По задаче о кубах \[3\sum a^3\ge\left(\sum a\right)\left(\sum a^2\right).\] Кроме того, \(\sum a^2\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\). Следовательно, \[3\sum a^3\ge \sum a\cdot\frac{(\sum a)^2}{3}=\frac{(\sum a)^3}{3},\] то есть \(\sum a^3\ge\frac{(\sum a)^3}{9}\).

По Чебышеву \[\frac{ax+by+cz}{3}\ge\frac{a+b+c}{3}\cdot\frac{x+y+z}{3}=0.\] Значит, \(ax+by+cz\ge0\).

Последовательности \(a,b,c\) и \(\frac1c,\frac1b,\frac1a\) упорядочены одинаково по возрастанию. Поэтому сумма \(\frac ac+\frac bb+\frac ca\) максимальна среди всех перестановок. Сумма \(\frac ab+\frac ba+\frac cc\) является одной из перестановок, значит не превосходит максимальной.

По rearrangement максимум равен \(ax+by+cz\), а минимум равен \(az+by+cx\). Если есть равные элементы среди \(a,b,c\) или \(x,y,z\), то перестановок, дающих максимум или минимум, может быть несколько.

Раскрываем правую часть: коэффициент при \(x\) равен \(-b+a-c+a=2a-b-c\), при \(y\) равен \(b-a-c+b=-a+2b-c\), при \(z\) равен \(c-a+c-b=-a-b+2c\). Это совпадает с раскрытием левой части. Так как все разности справа неотрицательны, левая часть неотрицательна, что и даёт Чебышева.

После упорядочивания последовательности \(u_i^3\) и \(u_i\) имеют одинаковый порядок. По rearrangement максимальная сумма произведений \(u_i^3\cdot u_{\sigma(i)}\) равна \(\sum u_i^4\). Циклическая правая часть является одной из перестановок, следовательно, она не больше \(\sum u_i^4\).

Так как последовательности упорядочены одинаково, по Чебышеву \[\frac1n\sum_{i=1}^n a_i b_i\ge\left(\frac1n\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\frac1n\sum_{i=1}^n b_i\right)=0.\] Поэтому \(\sum a_i b_i\ge0\).

После упорядочивания \(a^2,b^2,c^2\) и \(a^3,b^3,c^3\) возрастают одновременно. По Чебышеву \[\frac{a^5+b^5+c^5}{3}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\cdot\frac{a^3+b^3+c^3}{3}.\] Умножаем на \(9\).

Переупорядочим числа так, что \(x_1\le\cdots\le x_n\). Тогда \(x_1^m\le\cdots\le x_n^m\). По Чебышеву \[\frac1n\sum x_i^{m+1}\ge\left(\frac1n\sum x_i^m\right)\left(\frac1n\sum x_i\right).\] Умножение на \(n\) даёт требуемое.

Упорядочим \(a,b,c\) как \(u_1\le u_2\le u_3\). Тогда \(u_i^4\) упорядочены так же. Максимум \(\sum u_i^4u_{\sigma(i)}\) равен \(\sum u_i^5\). Правая часть - одна из перестановок, следовательно, она не больше.

После упорядочивания \(a,b,c\) получаем \(u_1^2\le u_2^2\le u_3^2\) и \(u_1^4\le u_2^4\le u_3^4\). По rearrangement максимальная сумма \(u_i^4u_{\sigma(i)}^2\) равна \(\sum u_i^6\). Правая часть соответствует некоторой перестановке, поэтому не превосходит левой.

По Чебышеву для \(a^2\) и \(a^3\): \[3\sum a^5\ge(\sum a^2)(\sum a^3).\] Также \(3\sum a^3\ge(\sum a)(\sum a^2)\), а \(\sum a^2\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\). Поэтому \(\sum a^3\ge\frac{(\sum a)^3}{9}\). Подставляя и снова используя \(\sum a^2\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\), получаем \[3\sum a^5\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\cdot\frac{(\sum a)^3}{9}=\frac{(\sum a)^5}{27}.\] Значит, \(\sum a^5\ge\frac{(\sum a)^5}{81}\).

По Чебышеву \[\frac1n\sum_{i=1}^n i\,x_i\ge\left(\frac1n\sum_{i=1}^n i\right)\left(\frac1n\sum_{i=1}^n x_i\right)=0.\] Следовательно, \(\sum i x_i\ge0\).

Переупорядочим числа: \(u_1\le\cdots\le u_n\). Тогда \(u_1^m\le\cdots\le u_n^m\). По rearrangement максимальная сумма \(\sum u_i^m u_{\tau(i)}\) достигается при \(\tau(i)=i\), то есть равна \(\sum u_i^{m+1}\). Правая часть исходного неравенства соответствует некоторой перестановке \(\tau\), поэтому она не больше.

Функция \(x^2\) выпукла. По Йенсену \(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\). Умножение на \(3\) даёт требуемое.

По Йенсену для вогнутой функции \(\sqrt{x}\): \[\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{3}\le\sqrt{\frac{x+y+z}{3}}=\sqrt{9}=3.\] Значит, сумма корней не больше \(9\).

По Йенсену \[\frac13\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\ge\frac{1}{(a+b+c)/3}=\frac{3}{a+b+c}.\] Умножаем на \(3\).

Так как \(\ln x\) вогнута, \[\frac{\ln a+\ln b+\ln c}{3}\le\ln\frac{a+b+c}{3}=\ln2.\] Значит, \(\ln(abc)\le3\ln2=\ln8\), откуда \(abc\le8\).

Имеем \(x^2-2x+1=(x-1)^2\ge0\). Это ровно утверждение, что график выпуклой функции \(x^2\) лежит выше касательной в точке \(1\).

Так как \(x>0\), неравенство равносильно \(1\ge2x-x^2\), то есть \((x-1)^2\ge0\). Это касательная к \(1/x\) в точке \(1\).

Так как \(f(t)=t^2\) выпукла, \[p f(x)+(1-p)f(y)\ge f(px+(1-p)y).\] Это и есть требуемое неравенство.

По вогнутости \(\sqrt{x}\), \[\sqrt{\frac{x+2y}{3}}\ge\frac13\sqrt{x}+\frac23\sqrt{y}.\] Умножаем на \(3\).

По Йенсену \[\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}{3}\le\sqrt{\frac{48}{3}}=4.\] Поэтому сумма не больше \(12\). Равенство достигается при \(x=y=z=16\), значит максимум равен \(12\).

Так как \(\ln x\) вогнута, \[\frac{\ln a+\ln b+\ln c}{3}\le\ln\frac{a+b+c}{3}=\ln4.\] Следовательно, \(\ln(abc)\le\ln64\), то есть \(abc\le64\). Равенство при \(a=b=c=4\).

По Йенсену \[\frac13\sum\frac{1}{1+a}\ge\frac{1}{1+(a+b+c)/3}=\frac{1}{3}.\] Умножив на \(3\), получаем требуемое.

Функция \(f(x)=\frac{x}{1+x}\) вогнута при \(x\ge0\). По Йенсену \[\frac13\sum\frac{a}{1+a}\le \frac{1}{1+1}=\frac12.\] Значит, сумма не больше \(\frac32\).

По Йенсену \[\frac{a^4+b^4+c^4}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^4.\] Умножаем на \(3\): \(\sum a^4\ge\frac{(a+b+c)^4}{27}\).

По Йенсену \[\frac{e^x+e^y+e^z}{3}\ge e^{(x+y+z)/3}=e^0=1.\] Следовательно, сумма не меньше \(3\).

Функция \(\ln x\) вогнута, поэтому график лежит ниже любой касательной. В точке \(1\) касательная имеет уравнение \(y=x-1\). Следовательно, \(\ln x\le x-1\).

Так как \(\sqrt{x}\) вогнута, график лежит ниже касательной в точке \(1\). Эта касательная: \(y=1+\frac12(x-1)=\frac{x+1}{2}\). Значит, \(\sqrt{x}\le\frac{x+1}{2}\).

Функция \(\ln(1+t)\) вогнута при \(t\ge0\). Поэтому \[\frac{\ln(1+x)+\ln(1+y)+\ln(1+z)}{3}\le\ln\left(1+\frac{x+y+z}{3}\right)=\ln2.\] Значит, логарифм произведения не больше \(\ln8\), откуда произведение не больше \(8\).

Функция \(f(t)=\frac1{2+t}\) выпукла при \(t\ge0\). По Йенсену \[\frac13\sum\frac1{2+x}\ge \frac1{2+(x+y+z)/3}=\frac13.\] Умножаем на \(3\).

По Йенсену \[\frac{x^4+y^4+z^4}{3}\ge\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^4=1.\] Значит, сумма четвёртых степеней не меньше \(3\). Равенство при \(x=y=z=1\).

Функция \(f(t)=t\ln t\) выпукла при \(t>0\). По Йенсену \[\frac{x\ln x+y\ln y+z\ln z}{3}\ge f\left(\frac{x+y+z}{3}\right)=f(1)=0.\] Следовательно, \(\ln(x^x y^y z^z)\ge0\), значит \(x^x y^y z^z\ge1\).

Функция \(e^x\) выпукла на всей прямой. Поэтому по Йенсену среднее значений функции не меньше значения функции в среднем аргументов: \[\frac1n\sum e^{x_i}\ge e^{(\sum x_i)/n}.\]

Функция \(\ln(1+x)\) вогнута при \(x\ge0\). Поэтому \[\frac1n\sum_{i=1}^n\ln(1+x_i)\le\ln\left(1+\frac{S}{n}\right).\] Умножая на \(n\), получаем \(\ln\prod(1+x_i)\le n\ln(1+S/n)\). Возводя \(e\) в обе части, получаем требуемое.

Так как \(f(t)=t\ln t\) выпукла при \(t>0\), по Йенсену \[\frac1n\sum_{i=1}^n x_i\ln x_i\ge f\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right)=f(1)=0.\] Значит, \(\ln\prod x_i^{x_i}=\sum x_i\ln x_i\ge0\). Следовательно, \(\prod x_i^{x_i}\ge1\).

По Йенсену \[\frac1n\sum_{i=1}^n\frac1{x_i^2}\ge \frac{1}{\left((x_1+\cdots+x_n)/n\right)^2}=1.\] Умножаем на \(n\) и получаем требуемое.

\(p^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=\sum a^2+2q\). Отсюда \(\sum a^2=p^2-2q\).

По указанному тождеству \(\sum a^3-3r=p((p^2-2q)-q)=p(p^2-3q)=p^3-3pq\). Поэтому \(\sum a^3=p^3-3pq+3r\).

При раскрытии \(pq\) получаем шесть слагаемых \(a^2b,a^2c,b^2a,b^2c,c^2a,c^2b\) и три раза \(abc\). Значит, \(pq=\sum_{\mathrm{sym}}a^2b+3r\), откуда формула.

Правая часть равна \(\frac12(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca)=a^2+b^2+c^2-q\). Но \(p^2-3q=(a^2+b^2+c^2+2q)-3q=a^2+b^2+c^2-q\).

Разность левой и правой частей равна \((p^3-3pq+3r)+3r-(pq-3r)=p^3-4pq+9r\). Поэтому исходное неравенство равносильно неотрицательности этого выражения.

Неравенство равносильно \(p^2-2q\ge q\), то есть \(p^2-3q\ge0\). Но \(p^2-3q=\frac12((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)\ge0\).

По формуле \(p^2-3q=\frac12\sum(a-b)^2\ge0\). Значит, \(q\le\frac{p^2}{3}\). Равенство возможно только при \(a=b=c\).

По AM-GM, \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\). Поэтому \(\sqrt[3]{abc}\le p/3\), и \(abc\le p^3/27\). Равенство при \(a=b=c=p/3\).

Левая часть равна \(t^3+2+3t\). Правая часть равна \(2t^2+2t+2\). Разность равна \(t^3-2t^2+t=t(t-1)^2\ge0\).

По задаче 5 разность левой и правой частей равна \(p^3-4pq+9r\). По Schur degree \(3\), это выражение неотрицательно для \(a,b,c\ge0\). Следовательно, требуемое доказано.

Имеем \(\sum a^2=p^2-2q\). Кроме того, \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=q^2-2pr\). Тогда \[\sum a^4=(p^2-2q)^2-2(q^2-2pr)=p^4-4p^2q+2q^2+4pr.\]

По предыдущей задаче \(\sum a^4=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\). Вычитая \(abc(a+b+c)=pr\), получаем \(p^4-4p^2q+2q^2+3pr\).

После подстановки получаем \(t^4+2\ge t(t+2)\). Разность равна \(t^4-t^2-2t+2=(t-1)^2(t^2+2t+2)\ge0\).

По UVW достаточно проверить случай двух равных переменных и границу. Если \(b=c=1\), \(a=t\), то разность равна \((t-1)^2(t^2+2t+2)\ge0\). Если одна переменная равна \(0\), правая часть равна \(0\), а левая неотрицательна. Следовательно, неравенство верно.

Левая часть равна \(t^4+2+t(t+2)=t^4+t^2+2t+2\). Правая часть равна \(2t^3+2t+2\). Разность равна \(t^4-2t^3+t^2=t^2(t-1)^2\ge0\).

Неравенство симметрично и является Schur-type неравенством степени \(4\). По UVW достаточно проверить \(b=c\) и границу. При \(b=c=1\), \(a=t\), разность равна \(t^2(t-1)^2\ge0\). На границе, например \(c=0\), получаем \(a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\), то есть \((a-b)^2(a^2+ab+b^2)\ge0\). Следовательно, неравенство доказано.

Положим \(x=ab\), \(y=bc\), \(z=ca\). Тогда \((x+y+z)^2\ge3(xy+yz+zx)\). Левая часть равна \(q^2\), а \(xy+yz+zx=abc(a+b+c)=pr\). Поэтому \(q^2\ge3pr\).

Так как \(p=1\), \(\sum a^3=1-3q+3r\). Левая минус правая часть равна \(1-4q+9r\). Это Schur degree \(3\) при \(p=1\): \(p^3-4pq+9r\ge0\). Следовательно, неравенство верно.

По UVW для фиксированного \(p\) экстремум \(r=abc\) достигается при двух равных переменных или на границе. На границе \(r=0\). Пусть \(b=c=x\), \(a=p-2x\). Тогда \[ \frac{p^3}{27}-(p-2x)x^2=\frac{(p-3x)^2(p+6x)}{27}\ge0. \] Поэтому \(abc\le p^3/27\).

Общее Schur degree \(4\) имеет вид \(\sum a^4+abc(a+b+c)\ge\sum_{\mathrm{sym}}a^3b\). При условии \(a+b+c=3\) получаем \(abc(a+b+c)=3abc\). Поэтому требуемое является прямым следствием Schur degree \(4\).

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 \(1+3=4\).

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 \(abc=1\).