#7 Вводные неравенства

Имеем \((a-b)^2=a^2-2ab+b^2\ge0\). Значит, \(a^2+b^2\ge2ab\). Равенство достигается при \(a=b\).

По AM-GM: \(x+\frac{1}{x}\ge2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}=2\). Равенство при \(x=1\), значит минимум равен \(2\).

\(2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0\). Поэтому требуемое неравенство верно. Равенство при \(a=b=c\).

\(\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\), значит \(5\ge\sqrt{xy}\). Отсюда \(xy\le25\). Равенство при \(x=y=5\).

По AM-GM: \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\). Левая часть равна \(2\), поэтому \(\sqrt[3]{abc}\le2\), то есть \(abc\le8\). Равенство при \(a=b=c=2\).

По AM-GM: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\). Равенство при \(a=b\).

По Коши \(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}\ge\frac{(x+y)^2}{x+y}=x+y\). Равенство при \(x=y\).

По Коши-Буняковскому в форме Энгеля: \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{(x+y)^2}{a+b}\). Равенство достигается, когда \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\).

Из задачи о трёх квадратах следует \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\). Так как \(a+b+c=1\), получаем \(1\ge3(ab+bc+ca)\), то есть \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\). Равенство при \(a=b=c=\frac{1}{3}\).

По AM-GM: \(\frac{x+y+z}{3}\ge\sqrt[3]{xyz}=1\). Поэтому \(x+y+z\ge3\). Равенство при \(x=y=z=1\).

По Коши сумма не меньше \(\frac{(a+b+c)^2}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\).

Так как \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\), получаем \(\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\ge\frac{3}{2}\). Равенство при \(a=b=c\).

По Коши: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)(x+y+z)\ge(1+1+1)^2=9\). Так как \(x+y+z=1\), неравенство доказано. Равенство при \(x=y=z=\frac{1}{3}\).

По Коши: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c\). Равенство при \(a=b=c\).

По AM-GM: \(1+x\ge2\sqrt{x}\), \(1+y\ge2\sqrt{y}\), \(1+z\ge2\sqrt{z}\). Перемножая, получаем \((1+x)(1+y)(1+z)\ge8\sqrt{xyz}=8\). Равенство при \(x=y=z=1\).

Первая часть очевидна, так как сумма квадратов неотрицательна; равенство возможно только когда все квадраты равны нулю.

Для второй части положим \(m=\frac{x+y+z}{3}\), \(a=x-m\), \(b=y-m\), \(c=z-m\). Тогда \(a+b+c=0\), поэтому \((x-m)^2+(y-m)^2+(z-m)^2\ge0\). Раскрывая, получаем \(x^2+y^2+z^2\ge3m^2=\frac{(x+y+z)^2}{3}\).

Разность равна \(ax+cz-az-cx=(c-a)(z-x)\). Так как \(c-a\ge0\) и \(z-x\ge0\), она неотрицательна. Значит, \(ax+by+cz\ge az+by+cx\).

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(x+y+z)^2}{(y+z)+(z+x)+(x+y)}=\frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2}\). Равенство при \(x=y=z\).

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(1+1+1)^2}{(3+a)+(3+b)+(3+c)}=\frac{9}{9+a+b+c}=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}\). Равенство при \(a=b=c=1\).

Так как \(a+b+c=1\), имеем \(1-a=b+c\), \(1-b=c+a\), \(1-c=a+b\). Поэтому неравенство превращается в \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\), то есть в неравенство Несбитта.

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(x+y+z)^2}{(x+1)+(y+1)+(z+1)}=\frac{36}{9}=4\). Равенство при \(x=y=z=2\).

По Коши \((a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge(\sqrt{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{b}}+\sqrt{c}\cdot\frac{1}{\sqrt{c}})^2=9\). Равенство при \(a=b=c\).

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(a+b+c)^2}{(a+b)+(b+c)+(c+a)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}\).

По AM-GM \(a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\), \(b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\), \(c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\). Перемножая, получаем левую часть не меньше \(27\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=27\), так как \(abc=1\). Равенство при \(a=b=c=1\).

Разность левой и правой частей равна \(\sum a(a-b)(a-c)\). Пусть \(a\ge b\ge c\). Тогда \[\sum a(a-b)(a-c)=(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c).\]

Оба слагаемых неотрицательны: \(a-b\ge0\), \(a+b-c\ge0\), \(c\ge0\), \(a-c\ge0\), \(b-c\ge0\). Значит, вся сумма неотрицательна, и неравенство доказано.