懒得翻旧帖，再写一次熟知的 `\sum ab^2+abc\le4/27`

kuing

命题：`a`, `b`, `c\geqslant0`，则有
\[ab^2+bc^2+ca^2+abc\leqslant\frac4{27}(a+b+c)^3.\]

证：由轮换对称性，只需考虑两种情况：`a\geqslant b\geqslant c` 和 `a\leqslant b\leqslant c`。

若 `a\geqslant b\geqslant c`，则 `ab\geqslant ac\geqslant bc`；
若 `a\leqslant b\leqslant c`，则 `ab\leqslant ac\leqslant bc`。

可见两种情况下 `\{a,b,c\}` 与 `\{ab,ac,bc\}` 都是同序的，因此由“同序和 ≥ 乱序和”得
\[a\cdot ab+b\cdot ac+c\cdot bc\geqslant a\cdot ac+b\cdot ab+c\cdot bc,\]
也就是
\[ab^2+bc^2+ca^2\leqslant b(a^2+ac+c^2),\]
所以
\begin{align*}
ab^2+bc^2+ca^2+abc&\leqslant b(a+c)^2\\
&=\frac12\cdot2b\cdot(a+c)\cdot(a+c)\\
&\leqslant\frac12\left(\frac{2b+a+c+a+c}3\right)^3\\
&=\frac4{27}(a+b+c)^3.
\end{align*}

hbghlyj

\begin{multline*}(a+b+4c) \cdot [4(a+b+c)^3-27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)]\\=(b+c-2a)^2(a-2b+4c)^2+9ab(a-2b+c)^2+9bc(a+b-2c)^2\\\ge 0\end{multline*}Generalization

O-17

利用轮换对称性配方:
不妨设 $c$ 是中位数
$$
\frac{4}{27}\left(\sum a\right)^3-\sum ab^2-abc=\frac1{27}(4a+c)(a+b-2c)^2+\frac4{27}b(a-b)^2+\frac{11}{27}b(a-c)(c-b)\geqslant0~.\square
$$
升次配方:
$$
\frac{4}{27}\left(\sum a\right)^3-\sum ab^2-abc=\frac{\sum(2a-b-c)^2(a+4b-2c)^2+18\sum ab(2a-b-c)^2}{162\sum a}\geqslant0~.\square
$$