#3 Неравенство Коши-Буняковского-Шварца

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