三元不等式（x+y+z=1 求 xy+2yz+3zx 最大值）

nttz

看到一道题的 x+y+z = 1，求 xy+2yz+3zx的最大值，初中解法就是消去一元，转换成二元二次函数问题，但是看看能否用不等式的解法，求高人指点思路

kuing

待定 `k`，令 `f=xy+2yz+3zx-k(x+y+z)^2`，计算 `f` 关于 `x` 的判别式
\[\Delta(f,x)=y^2-4 k y^2+6 y z-8 k y z+9 z^2-12 k z^2,\]
再计算 `\Delta(f,x)` 关于 `y` 的判别式
\[\Delta(\Delta(f,x),y)=32 k (3 - 4 k) z^2,\]
可见 `k` 应取 `3/4`，最后配个方，得
\[xy+2yz+3zx-\frac 34(x+y+z)^2=-\frac 1{12}(3x+y-3z)^2-\frac 23y^2\leqslant 0.\]

kuing

isee 之前写过的均值：zhihu.com/question/569390738/answer/2780790770

isee

kuing 发表于 2023-2-1 17:01
isee 之前写过的均值：zhihu.com/question/569390738/answer/2780790770

最大众的思路被我抢了

题：若 x+y+z=1，求xy+2yz+3zx的最大值?

用均值不等式

\begin{align*}
xy+2yz+3zx&=(xy+zx)+2(yz+zx)\\[1ex]
&=x(y+z)+2(x+y)z\\[1ex]
&\leqslant\left(\frac{x+y+z}2\right)^2+2\left(\frac{x+y+z}2\right)^2\\[1ex]
&=\frac 34.
\end{align*} 两次等号同时成立时， $x=z=\frac 12,\,y=0.$

isee

二元二次式，拉格朗日配方是竞赛标配

nttz

isee 发表于 2023-2-1 19:28
最大众的思路衩我抢了

题：若 x+y+z=1，求xy+2yz+3zx的最大值?

牛，这个也太技巧了吧，如果不是1、2、3呢，一般情况呢

nttz

kuing 发表于 2023-2-1 16:48
待定 `k`，令 `f=xy+2yz+3zx-k(x+y+z)^2`，计算 `f` 关于 `x` 的判别式
\[\Delta(f,x)=y^2-4 k y^2+6 y z-8 ...

这个方法高大上，中学没有学啊

nttz

kuing 发表于 2023-2-1 16:48
待定 `k`，令 `f=xy+2yz+3zx-k(x+y+z)^2`，计算 `f` 关于 `x` 的判别式
\[\Delta(f,x)=y^2-4 k y^2+6 y z-8 ...

能说说底层逻辑啊，isee的方法易懂，但可能不是通法

hbghlyj

two-sheeted hyperboloid $xy+2yz+3zx=k$

法向量
$$∇(xy+2yz+3zx)=(y+3z,x+2z,3x+2y)$$
令$(y+3z,x+2z,3x+2y)\px(1,1,1)$
得$y=0,z=x$

kuing

nttz 发表于 2023-2-1 21:43
能说说底层逻辑啊，isee的方法易懂，但可能不是通法

假设 `xy+2yz+3zx` 的最大值是 `k`，那 `xy+2yz+3zx-k(x+y+z)^2` 就肯定能配方成 `(?x+?y+?z)^2+(?y+?z)^2` 的形式（问号表示未知的系数），此式关于 x 的判别式就是 `?(?y+?z)^2`，而 `?(?y+?z)^2` 关于 y 的判别式当然就是 0 了。

nttz

kuing 发表于 2023-2-1 23:57
假设 `xy+2yz+3zx` 的最大值是 `k`，那 `xy+2yz+3zx-k(x+y+z)^2` 就肯定能配方成 `(?x+?y+?z)^2+(?y+?z)^ ...

为啥是(x+y+z)的平方的k倍呢，而不是其他偶次方

kuing

nttz 发表于 2023-2-2 07:36
为啥是(x+y+z)的平方的k倍呢，而不是其他偶次方

我写那些问号不是表示同一个系数，是几个不同的系数，不需要知道是多少。

nttz

kuing 发表于 2023-2-2 17:42
我写那些问号不是表示同一个系数，是几个不同的系数，不需要知道是多少。
...

我说的不是k，是那个平方

kuing

nttz 发表于 2023-2-3 21:21
我说的不是k，是那个平方

？整个式子是二次型，不是平方还能是啥？难不成会出四次方？

kuing

看了下 3# 知乎链接里的回答，似乎还没人提到嵌入不等式，那我来扯扯。

引理（嵌入不等式的等价形式）设 $A+B+C=k\pi$, $k\inZ$, $x$, $y$, $z\inR$，则有
\[(x+y+z)^2\geqslant4(yz\sin^2A+zx\sin^2B+xy\sin^2C),\]
等号成立当且仅当 $x:y:z=\sin2A:\sin2B:\sin2C$。

引理的证明：`\LHS-\RHS=(x+y\cos2C+z\cos2B)^2+(y\sin2C-z\sin2B)^2\geqslant0`。

回到原题，要适应系数，只需找到一个三角形使得 `\sin^2C:\sin^2A:\sin^2B=1:2:3` 即可。
注意到这题的系数比较特别：1+2=3，所以显然 `B` 得是直角，由此得 `\sin^2C=1/3`, `\sin^2A=2/3`，代回去就是
\[(x+y+z)^2\geqslant4\left(\frac23yz+zx+\frac13xy\right),\]
也就是
\[xy+2yz+3zx\leqslant\frac34(x+y+z)^2=\frac34.\]

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一般地：若非零实数 `p`, `q`, `r` 满足 `2(pq+qr+rp)\geqslant p^2+q^2+r^2`，则对任意实数 `x`, `y`, `z` 恒有
\[(x+y+z)^2\geqslant \frac {2(pq+qr+rp)-p^2-q^2-r^2}{pqr}(pyz+qzx+rxy).\]
证明：
\begin{align*}
&\LHS-\RHS\\
={}&\left(x+y+z-\frac{2(pq+qr+rp)-p^2-q^2-r^2}{2pqr}(ry+qz)\right)^2\\
&+\frac{2(pq+qr+rp)-p^2-q^2-r^2}{4p^2q^2r^2}\bigl((p+q-r)ry-(p-q+r)qz\bigr)^2.
\end{align*}

以上内容也顺手发到知乎链接里了：zhihu.com/question/569390738/answer/2875317537

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相关帖子：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5534