Тренировочные олимпиады: неравенства

Левая часть равна \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\). Так как \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\), она не меньше \(1\).

Для \(x>0\), \(\frac{x}{x^2+x+1}\le\frac13\), поскольку \(x^2-2x+1=(x-1)^2\ge0\). Сумма трёх таких дробей не превосходит \(1\).

Имеем \(3x^3-(2x-y)(x^2+xy+y^2)=(x-y)^2(x+y)\ge0\). Суммирование по циклу даёт \(\frac{2a-b+2b-c+2c-a}{3}=\frac{a+b+c}{3}\).

По Schur, \(\sum a^3(a-b)(a-c)\ge0\). Раскрывая скобки, получаем ровно \(\sum a^5+abc\sum a^2-\sum_{\mathrm{sym}}a^4b\ge0\).

Из \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\) и \(a+b+c=1\) получаем \(1\ge3(ab+bc+ca)\).

Сумма знаменателей равна \(2(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)=2(a+b+c)^2\). Поэтому по Cauchy левая часть не меньше \((a+b+c)^2/(2(a+b+c)^2)=1/2\).

Так как \(x^2+xy+y^2-\frac34(x+y)^2=\frac14(x-y)^2\ge0\), то \(\sqrt{x^2+xy+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}2(x+y)\). После суммирования получаем \(3\sqrt{3}\).

Имеем \(A>0\), \(C=P(0)>0\) и \(B^2-4AC<0\). У трёхчлена \(Cx^2+Bx+A\) ведущий коэффициент \(C>0\), а дискриминант тот же, значит он положителен при всех \(x\).

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

Тогда знаменатели равны \(2x,2y,2z\), а сумма равна \(\frac12\sum\frac{y+z}{x}\). В ней есть три пары \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\), каждая не меньше \(2\). Следовательно, сумма не меньше \(3\).

По Holder, левая часть не меньше \(\frac{(a+b+c)^3}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca}\). Так как знаменатель не превосходит \(3(a+b+c)^2\), получаем требуемое.

Пусть \(y_1<\cdots

По AM-GM, \(a+b+c\ge3\). Также \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\). Складываем.

По Cauchy, левая часть не меньше \(\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca}\). Сравнение этой дроби с \(3/4\) равносильно \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\).

Разность \(\frac1{1+x^2}-\frac{2-x}{2}\) равна \(\frac{x(x-1)^2}{2(1+x^2)}\ge0\). Суммируем для \(a,b,c\) и используем \(a+b+c=3\).

Для \(u,v>0\) верно \((v-u)\sqrt{u^2+3v^2}\ge v^2-u^2\): если \(v\ge u\), корень не меньше \(u+v\); если \(v\le u\), корень не больше \(u+v\), но множитель отрицателен. Сумма правых частей телескопируется в \(0\).

По AM-GM, \(2a^4+b^4+c^4\ge4a^2bc\), и аналогично для двух других смешанных членов. Складывая три оценки, получаем \(4\sum a^4\ge4abc(a+b+c)\).

По Cauchy, \((\sum a^3)^2\le(\sum a^2)(\sum a^4)\). Кроме того, \(\sum a^4\le(\sum a^2)^2\). Значит \((\sum a^3)^2\le(\sum a^2)^3\).

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

Пусть \(y_1<\cdots