#11 Смешанные наборы неравенств

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 \(3/2\).

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

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

Из \(abc=1\) по AM-GM имеем \(a+b+c\ge3\). Также \(ab\cdot bc\cdot ca=(abc)^2=1\), значит \(ab+bc+ca\ge3\). Складывая, получаем \(6\).

Имеем \(a+b\ge2\sqrt{ab}\), \(b+c\ge2\sqrt{bc}\), \(c+a\ge2\sqrt{ca}\). После перемножения получаем \((a+b)(b+c)(c+a)\ge8abc\).

Достаточно доказать для \(x,y,z>0\), что \(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\ge1\). После приведения к общему знаменателю \((x+y)(y+z)(z+x)\) числитель разности равен \(xyz+x^2y+xz^2+y^2z\), что положительно. Берём \(x=a^2\), \(y=b^2\), \(z=c^2\).

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{a+b}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac12.\]

Для \(x,y>0\) имеем \[3x^3-(2x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)^2(x+y)\ge0.\] Поэтому \(\frac{x^3}{x^2+xy+y^2}\ge\frac{2x-y}{3}\). Суммируя для \((a,b)\), \((b,c)\), \((c,a)\), получаем \(\frac{2a-b+2b-c+2c-a}{3}=\frac{a+b+c}{3}\).

По Cauchy, \[\sum\frac1{a+2}\ge\frac{(1+1+1)^2}{a+b+c+6}=\frac9{9}=1.\]

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{(a+b)(a+c)}\ge\frac{(a+b+c)^2}{\sum(a+b)(a+c)}.\] Знаменатель равен \(a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)\). Поэтому достаточно проверить \[4(a+b+c)^2\ge3(a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca),\] что равносильно \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\).

Для \(x\ge0\), \[\frac1{1+x^2}-\frac{2-x}{2}=\frac{x(x-1)^2}{2(1+x^2)}\ge0.\] Суммируя при \(x=a,b,c\), получаем \[\sum\frac1{1+a^2}\ge\frac{6-(a+b+c)}2=\frac32.\]

Так как \[x^2+xy+y^2-\frac34(x+y)^2=\frac14(x-y)^2\ge0,\] то \(\sqrt{x^2+xy+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}2(x+y)\). Суммируя по парам \((a,b)\), \((b,c)\), \((c,a)\), получаем \(\frac{\sqrt{3}}2\cdot2(a+b+c)=3\sqrt{3}\).

По Holder, \[\sum\frac{a^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{(a+b+c)^3}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}.\] Так как \(3(a+b+c)^2\ge2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca\), получаем нижнюю оценку \((a+b+c)/3\).

По Schur, \(\sum a(a-b)(a-c)\ge0\). Раскрывая, получаем \[a^3+b^3+c^3+3abc-\sum_{\mathrm{sym}}a^2b\ge0,\] что и требовалось доказать.

По Cauchy, \[\sum\frac{a^2}{b^2+c^2+a(b+c)}\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2}=\frac12.\]

Из условия следует \(A>0\). Кроме того, \(C=P(0)>0\), а дискриминант \(B^2-4AC<0\). Для трёхчлена \(C x^2+Bx+A\) ведущий коэффициент положителен, а дискриминант тот же: \(B^2-4CA<0\). Следовательно, он положителен при всех действительных \(x\).

Для \(u,v>0\) сравним корень с \(u+v\). Если \(v\ge u\), то \(\sqrt{u^2+3v^2}\ge u+v\). Если \(v\le u\), то \(\sqrt{u^2+3v^2}\le u+v\), но \(v-u\le0\), поэтому после умножения знак меняется. В обоих случаях \[(v-u)\sqrt{u^2+3v^2}\ge(v-u)(u+v)=v^2-u^2.\] Применяя это к \(u=x_i\), \(v=x_{i+1}\), получаем сумму не меньше \(\sum(x_{i+1}^2-x_i^2)=0\).

По Cauchy, \[(\sum a^3)^2=(\sum a\cdot a^2)^2\le(\sum a^2)(\sum a^4).\] Кроме того, \(\sum a^4\le(\sum a^2)^2\). Следовательно, \((\sum a^3)^2\le(\sum a^2)^3\).

По Schur, \[\sum a^3(a-b)(a-c)\ge0.\] При раскрытии получаем \[\sum a^5+abc(a^2+b^2+c^2)-\sum_{\mathrm{sym}}a^4b\ge0,\] что эквивалентно требуемому неравенству.

Упорядочим числа: \(y_1