该讲讲不等式了。

参考文献：链接

前情提要

记号

本篇里我们主要讲三元齐次对称不等式。几个常用记号：

\(s(a)=a+b+c\) 是轮换和。\(s(a^2b)=a^2b+b^2c+c^2a\)。

\(p(a)=abc\) 是轮换积。\(p(a^2b)=a^3b^3c^3\)。

\(\left[\begin{matrix} [a^4]& &[a^3b]& &[a^2b^2]& &[ab^3]& &[b^4]\\ &[a^3c]& &[a^2bc]& &[ab^2c]& &[b^3c]&\\ & &[a^2c^2]& &[abc^2]& &[b^2c^2]& &\\ & & &[ac^3]& &[bc^3]& & &\\ & & & &[c^4]& & & &\\ \end{matrix}\right]\) 为正常的三元四次齐次不等式的书写法则，其中每项都是一个系数。见例子。

Jensen

假设 \(f(x)\) 在 \(\mathbb R\) 上是凸函数，且 \(\sum\lambda_i=1\)。则

\[f(\sum \lambda_ix_i)\ge\sum \lambda_i f(x_i) \]

该不等式不需要\(x_i\ge 0\)。

Proof.

对于两个值，我们知道：\(f(\lambda_1x+\lambda_2y)\ge\lambda_1f(x)+\lambda_2f(y)\)，这相当于 \(f\) 的凸性。

我们先假设对 \(n\) 成立。那么：

\[\begin{matrix} f(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i)&=f((1-\lambda_{n+1})\sum_{i=1}^n\frac{\lambda_i x_i}{1-\lambda_{n+1}}+\lambda_{n+1}x_{n+1})\\ &\ge(1-\lambda_{n+1})f(\sum_{i=1}^n\frac{\lambda_ix_i}{1-\lambda_{n+1}})+\lambda_{n+1}f(x_{n+1})\\ &\ge\red{(1-\lambda_{n+1})\sum_{i=1}^n\frac{\lambda_if(x_i)}{1-\lambda_{n+1}}}+\lambda_{n+1}f(x_{n+1})\\ &=\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_if(x_i) \end{matrix} \]

红色部分是因为 \(\sum_{i=1}^n\frac{\lambda_i}{1-\lambda_{n+1}}=1\)。\(\square\)

AM-GM

假设 \(\sum q_i=1\)，有：

\[\prod_{k=1}^n p_k^{q_k}\le\sum_{k=1}^n q_kp_k \]

\(k=2,q_1=q_2=\frac12\) 的情况就是最简单的 AM-GM。该不等式需要\(p_i,q_i\ge0\)。

Proof.

两边取对数：

\[\sum_{k=1}^n q_k\ln p_k\le\ln(\sum_{k=1}^n q_kp_k) \]

这就是 Jensen 不等式在 \(f(x)=\ln(x)\) 时的情况。

Cauchy-Schwarz

\[(\sum a_i^2)(\sum b_i^2)\ge(\sum a_ib_i)^2 \]

该不等式不需要\(a_i,b_i\ge0\)。

Proof.

证法 1：注意到 \(\text{LHS}-\text{RHS}=\frac12\sum_{i}\sum_{j}(a_ib_j-a_jb_i)^2\ge0\)。\(\square\)

证法 2：构造函数 \(f(x)=\sum(a_ix+b_i)^2\)。注意到该多项式的判别式等于 \(4(\text{RHS}-\text{RHS})\le0\)。\(\square\)

Schur

\(s(a^t(a-b)(a-c))\ge0\)。

\(t=1\) 的矩阵长这样：

\[\left[\begin{matrix} 1& &-1& &-1& &1\\ &-1& &3& &-1&\\ & &-1& &-1&&\\ & & &1& & &\\ \end{matrix}\right] \]

这个不等式的矩阵特性就是三个角上的
\([1\kern{10pt}-1\\\kern{6pt}-1\kern{15pt}1]\)
这样的菱形。

Proof.

假设 \(a\ge b\ge c\)。化简即可。\(\square\)

例题

例题 1

证明 \(s(a^3b)\ge s(a^2bc)\)。亦即证明

\[\left[\begin{matrix} 0& &1& &0& &0& &0\\ &0& &-1& &-1& &1&\\ & &0& &-1& &0& &\\ & & &1& &0& & &\\ & & & &0& & & &\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

Proof.

考虑使用 AM-GM 不等式。要找到 \(x,y,z\) 使得 \((a^3b)^x(b^3c)^y(c^3a)^z=a^2bc\)。解这个线性方程组得到 \(x=\frac47,y=\frac17,z=\frac27\)。\(\square\)

伪证

找到 \(x,y,z\) 使得 \((a^2bc)^x(b^2ca)^y(c^2ab)^z=a^3b\)。解得 \(x=2,y=0,z=-1\)。

显然符号方向反了。但是这给了一种配方方法：\(a^3b-2a^2bc+c^2ab=ab(a-c)^2\)。因此原式 \(=s(ab(a-c)^2)\ge0\)。\(\square\)

例题 2.

证明 \(s(a^4)+3s(a^2b^2)\ge2s(ab(a^2+b^2))\)。亦即证明

\[\left[\begin{matrix} 1& &-2& &3& &-2& &1\\ &-2& &0& &0& &-2&\\ & &3& &0& &3& &\\ & & &-2& &-2& & &\\ & & & &1& & & &\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

Proof.

注意到 \((a-b)^4=[1\;\;-4\;\;6\;\;-4\;\;1]\)。所以我们在三边上分别使用它，就得到了 \(\text{LHS}-\text{RHS}=\frac12s((a-b)^4)\ge0\)。

例题 3.

证明 \(s(a^5)+3s(a^2b^2c)\ge4s(a^3bc)\)。亦即证明

\[\left[\begin{matrix} 1& &0& &0& &0& &0& &1\\ &0& &-4& &3& &-4& &0&\\ & &0& &3& &3& &0& &\\ & & &0& &-4& &0& & &\\ & & & &0& &0& & & &\\ & & & & & 1& & & & &\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

Proof.

里面有 \(-4\) 和 \(3\)，所以可以用 \(s(c(a-b)^4)\) 消一下。

\[s(a^5)+3s(a^2b^2c)-4s(a^3bc)-\frac12s(c(a-b)^4)= \left[\begin{matrix} 1& &-\frac12& &0& &0& &-\frac12& &1\\ &-\frac12& &0& &0& &0& &-\frac12&\\ & &0& &0& &0& &0& &\\ & & &0& &0& &0& & &\\ & & & &-\frac12& &-\frac12& & & &\\ & & & & & 1& & & & &\\ \end{matrix}\right] \]

由于一边上是 \((a-b)(a^4-b^4)\) 的形式，上面东西等于 \(\frac12s((a-b)(a^4-b^4))\)。\(\square\)

例题 4.

证明 Iran-96 不等式 \(s(\frac1{(a+b)^2})\ge\frac9{4s(ab)}\)，亦即

\[\left[\begin{matrix} 0& &4& &-1& &-6& &-1& &4& &0\\\\ &4& &2& &-2& &-2& &2& &4&\\\\ & &-1& &-2& &6& &-2& &-1& &\\\\ & & &-6& &-2& &-2& &-6& & &\\\\ & & & &-1& &2& &-1& & & &\\\\ & & & & &4& &4& & & & &\\\\ & & & & & &0& & & & & &\\\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

Proof.

观察到中间边长为 \(4\) 个元素的倒正三角形刚好是三次 Schur 不等式的两倍，于是可以用 \(2p(a)s(a(a-b)(a-c))\) 来表示。剩下的部分就是：

\[\left[\begin{matrix} 0& &4& &-1& &-6& &-1& &4& &0\\\\ &4& &0& &0& &0& &0& &4&\\\\ & &-1& &0& &0& &0& &-1& &\\\\ & & &-6& &0& &0& &-6& & &\\\\ & & & &-1& &0& &-1& & & &\\\\ & & & & &4& &4& & & & &\\\\ & & & & & &0& & & & & &\\\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

依旧使用 \(s((a^n-b^n)(a^m-b^m))\) 来做补丁。最外层的 \(4\) 让我们想到 \(4s(ab(a-b)(a^3-b^3))\)。减掉之后剩下：

\[\left[\begin{matrix} 0& &0& &3& &-6& &3& &0& &0\\\\ &0& &0& &0& &0& &0& &0&\\\\ & &3& &0& &0& &0& &3& &\\\\ & & &-6& &0& &0& &-6& & &\\\\ & & & &3& &0& &3& & & &\\\\ & & & & &0& &0& & & & &\\\\ & & & & & &0& & & & & &\\\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

明显是 \(s(a^2b^2(a-b)^2)\)。因此原不等式等价于

\[2p(a)s(a(a-b)(a-c))+4s(ab(a-b)(a^3-b^3))+3s(a^2b^2)\ge0\;\square \]

SOS

配方法。这个方法适用面非常广，也特别难掌握。

例 1.

\[\left[\begin{matrix} 0& &4& &-4& &1& &0\\ &1& &-1& &-1& &4&\\ & &-4& &-1& &-4& &\\ & & &4& &1& & &\\ & & & &0& & & &\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

Proof.

首先看这是什么的轮换和。

\[\left[\begin{matrix} 0& &4& &-4& &1& &0\\ &0& &-4& &2& &0&\\ & &0& &1& &0& &\\ & & &0& &0& & &\\ & & & &0& & & &\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

这样中间的 \(-4=-2\sqrt{4\times1},2=2\sqrt{1\times1}\)。这也意味着这是一个 \((x+y-z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy-2xz-2yz\) 类型的配方，\(4\) 作为 \(z^2\)，一个 \(1\) 作为 \(x^2\)，一个 \(1\) 作为 \(y^2\)。配方结果也自然而然：\(s(ab(2a-b-c)^2)\)。\(\square\)

例 2.

证明 \(s(a^4)-3s(a^3(b+c))-3s(a^2bc)+8s(a^2b^2)\ge0\)。亦即

\[\left[\begin{matrix} 1& &-3& &8& &-3& &1\\ &-3& &-3& &-3& &-3&\\ & &8& &-3& &8& &\\ & & &-3& &-3& & &\\ & & & &1& & & &\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

Proof.

我们观察一下这个不等式的取等条件。浅浅尝试后我们发现唯一的取等条件是 \((a,b,c)=(t,t,2t)\) 及其轮换，或 \(a=b=c\)。所以我们需要一个东西，它在两种取等条件下均为 \(0\)。这可以通过解方程得到。

这个东西是 \((b-c)(3a-b-c)\)，\(b-c\) 对应 \(b=c\)（也就是 \(a=t\text{ or }2t,b=c=t\)），\(3a-b-c\) 对应剩下的两种情况。为了非负性，我们将它平方。最终得到的就是 \(s((b-c)^2(3a-b-c)^2)\)。

事实上题目等价于 \(\frac12s((b-c)^2(3a-b-c)^2)\ge0\)。\(\square\)

这种方法被称作定向配方法。

例 3.

证明 \(4s(a)^3\ge27(s(a^2b)+abc)\)。亦即

\[\left[\begin{matrix} 4& &-15& &12& &4\\ &12& &-3& &-15&\\ & &-15& &12& &\\ & & &4& & &\\ \end{matrix}\right]\ge0 \]

Proof.

考虑使用定向配方法。但是定向配方法只能配偶数次，所以考虑升次（乘上一个轮换对称式）。

这里考虑升一次。那么乘的东西就是 \(s(a)\)。

假设 \(f(a,b,c)=\text{LHS}-\text{RHS}\)。那么 \(f(x,y,0)=(x-2y)^2(4x+y)\)，也就意味着原不等式在 \(a=2t,b=t,c=0\) 或 \(a=t,b=-4t,c=0\)（舍）以及他们的轮换取到等号。

显然是有 \(a-2b+4c\) 的（在 \((2,1,0),(0,2,1)\) 均能取 \(0\)）。剩下的 \((1,0,2)\) 用 \(2a-b-c\) 带过。

我们再来看看 \(s((a-2b+4c)^2(2a-b-c)^2)\) 是什么。提取公因子 \(6\) 之后它是

\[\left[\begin{matrix} 4& &-14& &9& &4& &4\\ &4& &-3& &-3& &14&\\ & &9& &-3& &9& &\\ & & &-14& &-4& & &\\ & & & &4& & & &\\ \end{matrix}\right] \]

并且

\[f(a,b,c)s(a)-\frac16s((a-2b+4c)^2(2a-b-c)^2)\\ =\left[\begin{matrix} 0& &3& &-12& &12& &0\\ &12& &-3& &-3& &3&\\ & &-12& &-3& &-12& &\\ & & &3& &12& & &\\ & & & &0& & & &\\ \end{matrix}\right] \]

显然是例 1 的倍数。\(\square\)