三元多取等不等式的一个猜想

O-17

( O-17 ) 对正实数 $a,b,c$ , 实数 $x_1,x_2,\ldots,x_n$ 满足 $x_i\geqslant1$ , 猜想:
$$
\sum_{\text{cyc}}\left[(a-b)(a-c)\prod_{i=1}^{n}(a-x_ib)(a-x_ic)\right]\geqslant0
$$
且等号成立当且仅当 $a=b=c$ 或 $(a,b,c)\sim(x_i,1,1)$ 及其轮换.

注意! 以上命题为猜想, 可能为假!

其中 $n=1$ 的情形易从以下恒等式导出
$$
\sum_{\text{cyc}}(a-b)(a-c)(a-kb)(a-kc)=\frac12\sum_{\text{cyc}}(b-c)^2\left[(k+1)a-b-c\right]^2
$$
这里 $k$ 可以取一切实数.

O-17

补一下 $n=1$ 情况的配方过程, 顺便顶一下贴.
既然已知此不等式在 $(1,1,1),(k,1,1)_{\text{cyc}}$ 取等, 为了对上取等条件, 可以用凑出两个一次式, 分别在 $(1,1,1),(k,1,1)$ 和 $(1,k,1),(1,1,k)$ 取零.
$$
\begin{vmatrix}
a&b&c\\
1&1&1\\
k&1&1
\end{vmatrix}=(k-1)(b-c),~
\begin{vmatrix}
a&b&c\\
1&k&1\\
1&1&k
\end{vmatrix}=(k-1)[(k+1)a-b-c]
$$
所以这两个一次式就是 $(b-c)$ 和 $[(k+1)a-b-c]$ , 合起来配成一个符合取等条件的非负原件
$$\sum_{\text{cyc}}(b-c)^2\left[(k+1)a-b-c\right]^2$$
拿半个这东西和原不等式一减发现啥也不剩了, 所以就配完了
$$
\sum_{\text{cyc}}(a-b)(a-c)(a-kb)(a-kc)=\frac12\sum_{\text{cyc}}(b-c)^2\left[(k+1)a-b-c\right]^2\geqslant0~.\square
$$
解决这个不等式之后我用软件看了一下能不能推广, 就是这个猜想的情况, 试了好几个发现都是对的, 所以就提出这个猜想放在论坛里啦~

yao4015

软件显示，对 $n=2$ 楼主的猜想不成立。一个反例是
\[
a=12, b=2, c=1/10, x_1=12, x_2=1.
\]