设x,y,z≥0，求证：$(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2$

走走看看

设x,y,z≥0，求证：$(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2≤3(y^2+yz+z^2)(z^2+zx+x^2)(x^2+xy+y^2)$

走走看看

这道题卡在了$\frac98(x+y)(x+z)(y+z)\ge (x+y+z)(xy+yz+zx)$ 上。

yao4015

走走看看 发表于 2022-5-20 10:59
这道题卡在了$\frac98(x+y)(x+z)(y+z)\ge (x+y+z)(xy+yz+zx)$ 上。

它只是 Schur, 相差一个常数

三次的Schur, 有两个基本的。

1，$f_1=\sum x(x-y)(x-z)$

2, $f_2=\sum (y+z)(x-y)(x-z)$

这里是第二个。

证明可以用差分代换，一次就可以了。或者考虑函数 $f(x-t,y-t,z-t)$ ，它关于$t$ 是单调的。也可以用 所谓的 A－C方法。
三次又对称，这些方法都有效。直接展开更简单

$x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)-6xyz$

走走看看

谢谢！

A-C作差法，看起来费事，细心能写出答案。

差分代换，若设x≥y≥z，设z=t1，y=t1+t2，x=t1+t2+t3，t1、t2、t3≥0。代入进去还是很复杂的。

还是用这种差分代换思想，设x+y=a，y+z=b，z+x=c，a，b，c≥0

则 $x=\frac{a+b+c}2-b,y=\frac{a+b+c}2-c,z=\frac{a+b+c}2-a$

代入$(y+z)(x-y)(x-z)+(z+x)(y-z)(y-x)+(x+y)(z-x)(z-y)$和$9(x+y)(y+z)(z+x)-8(x+y+z)(xy+yz+zx)$中

都得到$\sum a^3-\sum ab^2 -\sum a^2b+3abc$。

所以 $9(x+y)(y+z)(z+x)-8(x+y+z)(xy+yz+zx)$

       $=(y+z)(x-y)(x-z)+(z+x)(y-z)(y-x)+(x+y)(z-x)(z-y)\ge 0$。

yao4015

删除

走走看看

找到了几个帖子：

blog.csdn.net/hello_wangping/article/details/124053432  

zhuanlan.zhihu.com/p/33807389?from_voters_page=true


三元三次轮换对称式的不等式证明有一个简单方法，但是必须先证引理。

zhihu.com/question/274119899