不等式的齐次化
齐次化往往伴随着用 舒尔不等式 \color{red}舒尔不等式 舒尔不等式或者 黑而米格不等式 \color{red}黑而米格不等式 黑而米格不等式。
舒尔不等式 \color{red}舒尔不等式 舒尔不等式：
a , b , c ≥ 0 , r > 0 , ∑ a r ( a − b ) ( a − c ) ≥ 0 a,b,c\ge0,r>0,\sum a^r(a-b)(a-c)\ge0 a,b,c≥0,r>0,∑ar(a−b)(a−c)≥0。
证：由对称性不妨设 a ≥ b ≥ c a\ge b\ge c a≥b≥c。则 L H S ≥ ( a − b ) ( a r ( a − c ) − b r ( b − c ) ) + c r ( a − c ) ( b − c ) ≥ 0 LHS\ge(a-b)(a^r(a-c)-b^r(b-c))+c^r(a-c)(b-c)\ge0 LHS≥(a−b)(ar(a−c)−br(b−c))+cr(a−c)(b−c)≥0。证毕。
米尔黑得不等式 \color{red}米尔黑得不等式 米尔黑得不等式：
二元：若 [ a 1 , a 2 ] ≻ [ b 1 , b 2 ] [a_1,a_2]\succ[b_1,b_2] [a1,a2]≻[b1,b2]（优超） , a 1 , a 2 , b 1 , b 2 , x , y > 0 ,a_1,a_2,b_1,b_2,x,y>0 ,a1,a2,b1,b2,x,y>0则 ∑ s y m x a 1 y a 2 ≥ ∑ s y m x b 1 y b 2 \large\sum\limits_{sym}x^{a_1}y^{a_2}\ge\sum\limits_{sym}x^{b_1}y^{b_2} sym∑xa1ya2≥sym∑xb1yb2。
证： ∑ s y m x a 1 y a 2 − ∑ s y m x b 1 y b 2 = x a 2 y a 2 ( x a 1 − a 2 + y a 1 − a 2 − x b 1 − a 2 y b 2 − a 2 − x b 2 − a 2 y b 1 − a 2 ) \large\sum\limits_{sym}x^{a_1}y^{a_2}-\sum\limits_{sym}x^{b_1}y^{b_2}=x^{a_2}y^{a_2}(x^{a_1-a_2}+y^{a_1-a_2}-x^{b_1-a_2}y^{b_2-a_2}-x^{b_2-a_2}y^{b_1-a_2}) sym∑xa1ya2−sym∑xb1yb2=xa2ya2(xa1−a2+ya1−a2−xb1−a2yb2−a2−xb2−a2yb1−a2)
= x a 2 y a 2 ( x b 1 − a 2 − y b 1 − a 2 ) ( x b 2 − a 2 − y b 2 − a 2 ) \large=x^{a_2}y^{a_2}(x^{b_1-a_2}-y^{b_1-a_2})(x^{b_2-a_2}-y^{b_2-a_2}) =xa2ya2(xb1−a2−yb1−a2)(xb2−a2−yb2−a2)
由对称性不妨设 x ≥ y x\ge y x≥y，则 x a 2 y a 2 ( x b 1 − a 2 − y b 1 − a 2 ) ( x b 2 − a 2 − y b 2 − a 2 ) ≥ 0 \large x^{a_2}y^{a_2}(x^{b_1-a_2}-y^{b_1-a_2})(x^{b_2-a_2}-y^{b_2-a_2})\ge0 xa2ya2(xb1−a2−yb1−a2)(xb2−a2−yb2−a2)≥0。证毕。
三元：若 [ a 1 , a 2 , a 3 ] ≻ [ b 1 , b 2 , b 3 ] [a_1,a_2,a_3]\succ[b_1,b_2,b_3] [a1,a2,a3]≻[b1,b2,b3]（优超） , a i , b i , x , y > 0 ,a_i,b_i,x,y>0 ,ai,bi,x,y>0则 ∑ s y m x a 1 y a 2 z a 3 ≥ ∑ s y m x b 1 y b 2 z b 3 \large\sum\limits_{sym}x^{a_1}y^{a_2}z^{a_3}\ge\sum\limits_{sym}x^{b_1}y^{b_2}z^{b_3} sym∑xa1ya2za3≥sym∑xb1yb2zb3。
当 b 1 ≥ a 2 \color{red}b_1\ge a_2 b1≥a2时, L H S = ∑ z a 3 ( x a 1 y a 2 + x a 2 y a 1 ) ≥ ∑ z a 3 ( x a 1 + a 2 − b 1 y b 1 + x b 1 y a 1 + a 2 − b 1 ) = ∑ x b 1 ( y a 1 + a 2 − b 1 z a 3 + y a 3 z a 1 + a 2 − b 1 ) \large LHS=\sum z^{a_3}(x^{a_1}y^{a_2}+x^{a_2}y^{a_1})\ge\sum z^{a_3}(x^{a_1+a_2-b_1}y^{b_1}+x^{b_1}y^{a_1+a_2-b_1})=\sum x^{b_1}(y^{a_1+a_2-b_1}z^{a_3}+y^{a_3}z^{a_1+a_2-b_1}) LHS=∑za3(xa1ya2+xa2ya1)≥∑za3(xa1+a2−b1yb1+xb1ya1+a2−b1)=∑xb1(ya1+a2−b1za3+ya3za1+a2−b1)
≥ ∑ x b 1 ( y b 2 z b 3 + y b 3 z b 2 ) = R H S \large\ge\sum x^{b_1}(y^{b_2}z^{b_3}+y^{b_3}z^{b_2})=RHS ≥∑xb1(yb2zb3+yb3zb2)=RHS
当 b 1 < a 2 \color{red}b_1<a_2 b1<a2时, L H S = ∑ x a 1 ( y a 2 z a 3 + y a 3 z a 2 ) ≥ ∑ x a 1 ( y b 1 z a 2 + a 3 − b 1 + y a 2 + a 3 − b 1 z b 1 ) = ∑ y b 1 ( x a 1 z a 2 + a 3 − b 1 + x a 2 + a 3 − b 1 z a 1 ) \large LHS=\sum x^{a_1}(y^{a_2}z^{a_3}+y^{a_3}z^{a_2})\ge\sum x^{a_1}(y^{b_1}z^{a_2+a_3-b_1}+y^{a_2+a_3-b_1}z^{b_1})=\sum y^{b_1}(x^{a_1}z^{a_2+a_3-b_1}+x^{a_2+a_3-b_1}z^{a_1}) LHS=∑xa1(ya2za3+ya3za2)≥∑xa1(yb1za2+a3−b1+ya2+a3−b1zb1)=∑yb1(xa1za2+a3−b1+xa2+a3−b1za1)
≥ ∑ y b 1 ( x b 2 z b 3 + x b 3 z b 2 ) = R H S \large\ge\sum y^{b_1}(x^{b_2}z^{b_3}+x^{b_3}z^{b_2})=RHS ≥∑yb1(xb2zb3+xb3zb2)=RHS
所以综上，成立。
题目 \color{red}题目 题目：
1.若 a , b , c > 0 a,b,c>0 a,b,c>0，证明： ∑ a 3 b c ≥ ∑ a \large\sum\frac{a^3}{bc}\ge \sum a ∑bca3≥∑a。
证：原命题等价于： ∑ a 4 ≥ ∑ a 2 b c ⇔ ∑ s y m a 4 ≥ ∑ s y m a 2 b c \large\sum a^4\ge \sum a^2bc\Leftrightarrow\large\sum\limits_{sym} a^4\ge \sum\limits_{sym} a^2bc ∑a4≥∑a2bc⇔sym∑a4≥sym∑a2bc。
∵ [ 4 , 0 , 0 ] ≻ [ 2 , 1 , 1 ] \because [4,0,0]\succ[2,1,1] ∵[4,0,0]≻[2,1,1]
∴ 由黑尔米得定理得证。 \therefore 由黑尔米得定理得证。 ∴由黑尔米得定理得证。
2.若正实数 a , b , c a,b,c a,b,c满足 ∑ a = 1 \sum a=1 ∑a=1,求证： ∏ ( a + 1 ) ≥ 8 ∏ ( 1 − a ) \prod\limits(a+1)\ge 8\prod(1-a) ∏(a+1)≥8∏(1−a)。
证： ∏ ( a + 1 ) − 8 ∏ ( 1 − a ) = 9 ∑ a − 7 ∑ a b + 9 a b c − 7 = 2 + 9 a b c − 7 ∑ a b = 2 ( a + b + c ) 3 − 7 ∑ a ∑ a b + 9 a b c \prod\limits(a+1)-8\prod(1-a)=9\sum a-7\sum ab+9abc-7=2+9abc-7\sum ab=2(a+b+c)^3-7\sum a\sum ab+9abc ∏(a+1)−8∏(1−a)=9∑a−7∑ab+9abc−7=2+9abc−7∑ab=2(a+b+c)3−7∑a∑ab+9abc
= 2 ∑ a 3 + 6 ∑ s y m a 2 b + 12 a b c − 7 ∑ s y m a 2 b − 21 a b c + 9 a b c = 2 ∑ a 3 − ∑ s y m a 2 b = ∑ s y m ( a 3 − a 2 b ) ≥ 0 =2\sum a^3+6\sum\limits_{sym} a^2b+12abc-7\sum\limits_{sym}a^2b-21abc+9abc=2\sum a^3-\sum\limits_{sym}a^2b=\sum\limits_{sym}(a^3-a^2b)\ge 0 =2∑a3+6sym∑a2b+12abc−7sym∑a2b−21abc+9abc=2∑a3−sym∑a2b=sym∑(a3−a2b)≥0
3.若 a , b , c > 1 , ∑ 1 a − 1 = 1 a,b,c>1,\large\sum\frac{1}{a-1}=\small1 a,b,c>1,∑a−11=1。证明： a b c + 44 ≥ 9 ∑ a abc+44\ge 9\sum a abc+44≥9∑a。
引理(舒尔变式)： ( ∑ a ) 3 + 9 a b c − 4 ∑ a ∑ a b ≥ 0 (\sum a)^3+9abc-4\sum a\sum ab\ge0 (∑a)3+9abc−4∑a∑ab≥0
证：展开整理得 ∑ a 3 − ∑ s y m a 2 b + 3 a b c ≥ 0 ⇔ 1 2 ∑ s y m ( a 3 − a 2 b − a 2 c + a b c ) ≥ 0 ⇔ ∑ s y m a ( a − b ) ( a − c ) ≥ 0 \sum a^3-\sum\limits_{sym} a^2b+3abc\ge0\Leftrightarrow \frac{1}{2}\sum\limits_{sym}(a^3-a^2b-a^2c+abc)\ge0\Leftrightarrow\sum\limits_{sym}a(a-b)(a-c)\ge0 ∑a3−sym∑a2b+3abc≥0⇔21sym∑(a3−a2b−a2c+abc)≥0⇔sym∑a(a−b)(a−c)≥0。由舒尔得证。
设 x = a − 1 , y = b − 1 , z = c − 1 ( x , y , z > 0 ) x=a-1,y=b-1,z=c-1(x,y,z>0) x=a−1,y=b−1,z=c−1(x,y,z>0)。则原命题等价于 x y z + ∑ x y + ∑ x + 45 ≥ 9 ∑ x + 27 xyz+\sum xy+\sum x+45\ge9\sum x+27 xyz+∑xy+∑x+45≥9∑x+27。
⇔ x y z + ∑ x y − 8 ∑ x + 18 ≥ 0 \Leftrightarrow xyz+\sum xy-8\sum x+18\ge 0 ⇔xyz+∑xy−8∑x+18≥0
∵ ∑ 1 x = 1 \because\large\sum\frac{1}{x}=\small1 ∵∑x1=1
∴ x y z = ∑ x y \therefore xyz=\sum xy ∴xyz=∑xy
则原命题等价于 2 x y z − 8 ∑ x + 18 ≥ 0 ⇔ x y z − 4 ∑ x + 9 ≥ 0 ⇔ 1 − 4 ∑ x x y z + 9 x y z ≥ 0 ⇔ ( ∑ 1 x ) 3 − 4 ∑ 1 x y + 9 x y z ≥ 0 \large 2xyz-8\sum x+18\ge 0\Leftrightarrow xyz-4\sum x+9\ge 0\Leftrightarrow 1-\frac{4\sum x}{xyz}+\frac{9}{xyz}\ge0\Leftrightarrow (\sum\frac{1}{x})^3-4\sum \frac{1}{xy}+\frac{9}{xyz}\ge 0 2xyz−8∑x+18≥0⇔xyz−4∑x+9≥0⇔1−xyz4∑x+xyz9≥0⇔(∑x1)3−4∑xy1+xyz9≥0。
由引理得证。
4.若正实数 a , b , c a,b,c a,b,c满足 ∑ a = 1 \sum a=1 ∑a=1，证明： 10 ∑ a 3 − 9 ∑ a 5 ≥ 1 10\sum a^3-9\sum a^5\ge1 10∑a3−9∑a5≥1。
证：原命题等价于： 10 ( ∑ a ) 2 ∑ a 3 − 9 ∑ a 5 ≥ ( ∑ a ) 5 10(\sum a)^2\sum a^3-9\sum a^5\ge(\sum a)^5 10(∑a)2∑a3−9∑a5≥(∑a)5。
暴力展开得：
10 ∑ a 5 + 10 ∑ s y m a 3 b 2 + 20 ∑ s y m a 4 b + 20 ∑ a 3 b c − 9 ∑ a 5 ≥ ∑ a 5 + 5 ∑ s y m a 4 b + 10 ∑ s y m a 3 b 2 + 20 ∑ a 3 b c + 30 ∑ a 2 b 2 c 10\sum a^5+10\sum\limits_{sym}a^3b^2+20\sum\limits_{sym}a^4b+20\sum a^3bc-9\sum a^5\ge \sum a^5+5\sum\limits_{sym}a^4b+10\sum\limits_{sym}a^3b^2+20\sum a^3bc+30\sum a^2b^2c 10∑a5+10sym∑a3b2+20sym∑a4b+20∑a3bc−9∑a5≥∑a5+5sym∑a4b+10sym∑a3b2+20∑a3bc+30∑a2b2c
整理得： 15 ∑ s y m a 4 b ≥ 30 ∑ a 2 b 2 c ⇔ 15 ∑ s y m a 4 b ≥ 15 ∑ s y m a 2 b 2 c 15\sum\limits_{sym}a^4b\ge30\sum a^2b^2c\Leftrightarrow15\sum\limits_{sym}a^4b\ge15\sum\limits_{sym} a^2b^2c 15sym∑a4b≥30∑a2b2c⇔15sym∑a4b≥15sym∑a2b2c。由米尔黑格得证。
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