来自人教群：六元实数不等式

kuing

河北学生lky 2020/11/13 15:26:05

为迎合我的个人习惯，我将字母 d,e,f 换成 x,y,z。

题目：设 `a`, `b`, `c`, `x`, `y`, `z` 为实数，求证
\begin{align*}
&\frac32(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)\\
\geqslant{}&(ay+bz+cx)^2+(az+bx+cy)^2+(ay+bz+cx)(az+bx+cy).
\end{align*}
证明：记 `P=ay+bz+cx`, `Q=az+bx+cy`，对原不等式两边乘以 `4`，有
\begin{align*}
4\cdot\LHS&=3\sum a^2\sum(y+z)^2,\\
4\cdot\RHS&=4(P^2+Q^2+PQ)=3(P+Q)^2+(P-Q)^2=3\left(\sum a(y+z)\right)^2+\left(\sum a(y-z)\right)^2,
\end{align*}由拉格朗日恒等式可知
\[\sum a^2\sum(y+z)^2-\left(\sum a(y+z)\right)^2=\sum\bigl(a(z+x)-b(y+z)\bigr)^2,\]所以原不等式等价于
\[3\sum\bigl(a(z+x)-b(y+z)\bigr)^2\geqslant\left(\sum a(y-z)\right)^2,\quad(*)\]而
\[\sum\bigl(a(z+x)-b(y+z)\bigr)=\sum\bigl(a(z+x)-a(x+y)\bigr)=\sum a(z-y),\]故此由 CS 可知式 (*) 成立。

当然也可以继续写出式 (*) 的配方式，从而擦掉上面的过程，写出一行装逼解法如下：
\[\bbox[#CFF,15px]{
\LHS-\RHS=\frac14\sum\bigl(a(z+x)-b(y+z)-b(x+y)+c(z+x)\bigr)^2\geqslant0.
}\]