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。
例 1-4 是不用 SOS 的配方法，例 5-7 是基础 SOS，例 8 使用了一个定理。这个定理写在最前面，因为它可以秒掉几乎所有不等式。
定理
如果 \(f,g\) 是两个相同次数的齐次对称多项式，且 \(f(a,1,1)=g(a,1,1)\)，则 \(p((a-b)^2)|(f(a,1,1)-g(a,1,1))\)。
Proof. 显然。
Jensen
假设 \(f(x)\) 在 \(\mathbb R\) 上是凸函数，且 \(\sum\lambda_i=1\)。则
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：
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：
\(k=2,q_1=q_2=\frac12\) 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：
这就是 Jensen 不等式在 \(f(x)=\ln(x)\) 时的情况。
Cauchy-Schwarz
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：
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
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
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
Proof.
里面有 \(-4\) 和 \(3\)，所以可以用 \(s(c(a-b)^4)\) 消一下。
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
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：
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：
明显是 \(s(a^2b^2(a-b)^2)\)。因此原不等式等价于
例 5.
Proof.
首先看这是什么的轮换和。
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 6.
证明 \(s(a^4)-3s(a^3(b+c))-3s(a^2bc)+8s(a^2b^2)\ge0\)。亦即
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 7.
证明 \(4s(a)^3\ge27(s(a^2b)+abc)\)。亦即
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 \((1,0,2),(1,1,1)\) 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
并且
显然是例 1 的倍数。\(\square\)
例 8.
证明 \(s(a)s(a^2)s(a^2b^2)\ge abc(2s(a^4)+7s(a^2b^2))\)。
Proof.
设 \(f(a,b,c)=\text{LHS}-\text{RHS}\)。计算 \(f(a,1,1)\) 得到 \(7a(a-1)^2+4(a-1)^4\)。
由于需要是七次的 \(g\) 所以考虑乘上 \(bc\) 作为升二次的方法。如果是奇数次（例如在第二个里面）那么就乘上 \(b+c\)。配出来的东西必须是关于 \(b,c\) 对称的，所以我们这么考虑。
那么 \(7a(a-1)^2\) 可以配出来 \(7s(ab^2c^2(a-b)(a-c))\)，\(4(a-1)^4\) 可以配出来 \(2s(bc(b+c)(a-b)^2(a-c)^2)\)。
事实是 \(f(a,b,c)=7s(ab^2c^2(a-b)(a-c))+2s(bc(b+c)(a-b)^2(a-c)^2)+p((a-b)^2)s(a)\)。\(\square\)
例 9.
证明 \(\dfrac ba+\dfrac cb+\dfrac ac\geq\dfrac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\)。亦即
Proof.
考虑拿 \(a^4b,a^2b^3,a^2bc^2,b^3c^2\) 这四个项作为配方式的平方项。
显然 \(a^4b,a^2b^3\) 用原本的 \(1^2\) 就好了。\(b^3c^2\) 可以用 \(4\)，这样的话只要 \(a^3b^2\) 是 \(-2\) 就可以消掉外面的 \(2\)。这样的话也确定配方项了：\(s(b(a-b)^2(a-2c)^2)\)。
减掉之后发现是 \(\frac12p(a)s((a-b)^2)\)。\(\square\)
一些通用的配方方法
二次
没什么好讲的，最多就是平方扣一下。
三次
如果角上有东西，就用 Schur 减掉。剩下的可以扣 \(s(a^2b+ab^2-2abc)\) 把它变成至多四个非零，如 \(s(a^2b-abc)\)。这个结构需要升次，升次之后把中间的 \(\frac12s(a^2(b-c)^2)\) 去掉之后就是三个 \([1,-2,1]\) 了（可能不明显，但把中间的 \(-1\) 拆成 \(-2+1\) 就好了）。
四次
这时角上可能就减不掉了（例如 Vasile 不等式 \(s(a^2)^2\ge3s(a^3b)\)）。此时需要用到下面的定理：
定理。若 \(f(a,b,c)=\displaystyle \sum \left(a^4+pa^3b+na^2b^2+qab^3-(1+p+n+q)a^2bc\right)\geqslant 0\) 对于 \(a,b,c\geqslant 0\) 恒成立，则必为以下两种情况之一：
(1) 若 \(3(1+n)-(p^2+pq+q^2)\geqslant 0\), 则
\[\begin{aligned}f(a,b,c)&=\frac{1}{2}\sum \left(a^2-b^2+\frac{p+2q}{3}(ac-ab)-\frac{2p+q}{3}(bc-ab)\right)^2\\ &\quad + \frac{3(1+n)-(p^2+pq+q^2)}{6}\sum a^2\left(b-c\right)^2\end{aligned} \](2) 若 \(3(1+n)-(p^2+pq+q^2)< 0\), 则三元四次轮换式
\[g(a,b,c)=f(a,b,c)-t\sum ab\left(a-c-u(b-c)\right)^2 \]属于情形 (1)。其中 \(u\) 为 \(2u^4+pu^3-qu-2=0\) 的正根, 且 \(t=\dfrac{(2q+p)u^2+6u+(2p+q)}{2(u^4+u^2+1)}\geqslant 0\)。
使用例见第十九篇文献一第 12 题、第 12 题和第 14 题。
五次
对称
角上有东西
先将角上归一。定义 \(u,v,z\) 分别是 \(a^4b,a^3b^2,a^3bc\) 的系数。
先尝试减掉一些 \(s(a(a^2-xab-xac-yb^2-yc^2+(2x+2y-1)bc)^2)\)。
定义
可以通过计算 \(f(x)=0\text{ or }g(x)=0\) 的根来获得 \(x\)。注意还需满足 \(f(x)\le0\)。可以取一个接近根的值，只需要满足通过以下代码可以计算出 \(y\)：（出处）
def _criterion(x):
denom = 2*(-4*u - v + 4*x**2 - 8*x - 8*z - 4)
if denom == 0:
return None
y = -(x - 1)*(-2*u - v + 4*x**2 - 12*x - 8*z - 2) / denom
z2 = 2*x - y**2 + z
if z2 < 0:
return None
u2 = u - x**2 - 2*x*y + 2*y
v2 = v - 2*x**2 + 8*x*y - 4*x + 8*y**2 - 8*y + 2
if (z2 > 0 and (2*u2 + v2)**2 + 8*v2*z2 <= 0) or (z2 == 0 and u2 >= 0 and 2*u2 + v2 >= 0):
return y
return None
接下来计算 \(u'=u-x^2-2xy+2y,v'=v-2x^2+8xy-4x+8y^2-8y+2\)。新的系数采用：
- \(a^5\) 系数：\(0\)，
- \(a^4b,ab^4\) 系数：\(2x-y^2+z\)，
- \(a^3b^2,a^2b^3\) 系数：\(u'\)，
- \(a^3bc\) 系数：\(v'\)，
- \(a^2b^2c\) 系数加上 \(4x^2-4xy-6y^2+4y-1\)。
这样就成功减掉了 \(s(a(a^2-xab-xac-yb^2-yc^2+(2x+2y-1)bc)^2)\)。
大多数情况下可以用 Schur 代替，但 Schur 减不掉时就需要用这种方法（例如 \(s(a(a^2-ab-ac+bc)^2)\)）。
角上没东西
\(s(c(a-b)^2(a+b-3c)^2)\) 就是一个例子，五次对称，角上没东西。
将 \(a^4b\) 系数归一。令 \(u,v\) 为 \(a^3b^2,a^3bc\) 的系数。
如果 \(u\ge-1\) 且 \(v\ge-2\)，则有配方 \(s(a(b-c)^2(b+c-a)^2)+(u+1)s(a^3(b-c)^2)+\frac{v+2u+4}2p(a)s((a-b)^2)\)。
否则计算 \(k=\frac{v+8}u,t=-\frac4{k+2},w=\frac u{t^2-2t}\)，原式有配方 \((1-w)s(a(b-c)^4)+ws(a(b-c)^2(b+c-ta)^2)\)。
不对称
主要思想仍然基于二次元 \(f(a,b,c) = a^2-b^2 + u(ab-ac) + v(bc-ab)\)。如果能踩到取等，那么原式 \(=s(a(f(a,b,c) + xf(b,c,a))^2)+ks(cf(a,b,c)^2)\)。先求出 \(u,v\)，然后选取合适的 \(x,k\)。
角上有东西
暂时没学过。
角上没东西
主要使用 \(s(a(b-c)^2(b+c-ta)^2)\) 配方。如果 \([a^4b]=0\) 还可以有另外的，更强力的通法。
由于过程过于复杂，这里不详述，可自行查看 Triple-SOS 代码。
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