#6 UVW-метод и симметрические неравенства

\(p^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=\sum a^2+2q\). 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 \(4\).