本文为数学竞赛不等式的复习笔记．

基础不等式与常用不等式

最基本的不等式——不等式的根源

平方非负性

定理

对任意实数$x$，有$x^2\geqslant 0$．

推论

对任意实数$a,b$，有$(a-b)^2\geqslant 0$．

注

构造类似于推论中的式子是证明某些形式不等式的关键．

二次函数与一元二次不等式

定理

若 $a\leqslant c$，$b\leqslant d$，则$(a-c)(b-d)\geqslant 0$，

这一定理在带序不等式中有时会用到．

重要推论

若 $m\leqslant a\leqslant n$，则$(a-m)(a-n)\leqslant 0$．

这一推论在变量有范围的不等式中常见．

常见的重要不等式

定理1（二元重要不等式）

对任意实数 $a,b$，有$a^2+b^2\geqslant 2ab$，当且仅当$a=b$时取等．

证明

$LHS\geqslant RHS\Leftrightarrow (a-b)^2\geqslant 0.\quad\square$

定理2（三元重要不等式—1）

对任意实数 $a,b,c$ ，有$a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca$，取等条件 $a=b=c$．

证明

这是因为 \[ LHS=\sum_{\text{cyc}}\dfrac{a^2+b^2}{2}\geqslant \sum_{\text{cyc}}ab=RHS \]

证毕．$\quad\square$

注

像这样的拆项构造是代数式处理中的一个常用技巧．

推论1

对任意实数 $a,b,c$ ，有$(a+b+c)^2\geqslant 3(ab+bc+ca)$，取等条件 $a=b=c$．

推论2

对任意实数 $a,b,c$ ，有$3(a^2+b^2+c^2)\geqslant (a+b+c)^2$，取等条件 $a=b=c$．

推论1、2的证明

这是因为$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca).\quad\square$

定理3（三元重要不等式—2）

对任意实数 $a,b,c$ ，有$a^2+b^2+c^2\geqslant -2(ab+bc+ca)$，取等条件 $a+b+c=0$．

证明

这是因为 \[ LHS-RHS=(a+b+c)^2\geqslant 0. \] 证毕．$\quad\square$

定理4（三元重要不等式—3）

若实数 $a,b,c$ 满足 $a+b+c\geqslant 0$，则$a^3+b^3+c^3\geqslant 3abc$．取等条件为 $a=b=c$ 或 $a+b+c=0$．

证明

由因式分解 \[ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \] 可知得证．$\quad\square$

定理5（四元重要不等式）

对任意实数 $a,b,c,d$，有$(a+b+c+d)^2\geqslant 4(ab+bc+cd+da)$．取等条件为 $a+c=b+d$．

证明

这是因为$LHS-RHS=(a-b+c-d)^2.\quad\square$

注

以上定理1、2、5的推广，参见常用不等式（一）一节中的循环乘积和引理．

高联五大不等式

算术平均-几何平均不等式（AM-GM不等式）

对任意正实数列 $\{a_n\}$，有 \[ \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geqslant\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \] 当且仅当 $a_1=a_2=\cdots=a_n$ 时取等．

证明（反向归纳法／柯西归纳法）

我们先证当 $n=2^k\ (k\in\mathbb N)$ 时命题成立．

用数学归纳法．$k=0$时显然．

当 $k=1$ 时，令 $a_1=x^2$，$a_2=y^2$，只需证 $x^2+y^2\geqslant 2xy$，这由二元重要不等式知成立．

设 $n=2^k$ 时命题成立，则 $n=2^{k+1}$ 时 \[ \begin{aligned} LHS&=\dfrac12\left(\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_{2^k}}{2^k}+\dfrac{a_{2^k+1}+a_{2^k+2}+\cdots+a_{n}}{n}\right)\\&\geqslant\dfrac{1}{2}\left(\sqrt[2^k]{a_1a_2\cdots a_{2^k}}\cdot\sqrt[2^k]{a_{2^k+1}a_{2^k+2}\cdots a_{n}}\right)\\&\geqslant \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_{n}}=RHS. \end{aligned} \] 由数学归纳法，命题对任意 $n=2^k\ (k\in\mathbb{N})$ 成立．

下面证明对一般的正整数 $n$，该不等式都成立．

不妨设$2^{k-1}<n\leqslant 2^k$．当 $n=2^k$ 时，命题已证明．下设命题对 $n=m\in[2^{k-1},\;2^k]$ 成立，当 $n=m-1$ 时，由 \[ \begin{aligned} \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_{m-1}+\sqrt[m-1]{a_1a_2\cdots a_{m-1}}}{m}&\geqslant\sqrt[m]{a_1^{\frac{m}{m-1}}a_2^{\frac{m}{m-1}}\cdots a_{m-1}^{\frac{m}{m-1}}}\\&=\sqrt[m-1]{a_1a_2\cdots a_{m-1}} \end{aligned} \] 整理即证 $n=m-1$ 元情形．

综上，算术平均-几何平均不等式对任意正整数 $n$ 都成立．$\quad\square$

推广：均值不等式

对任意正实数列$\{a_n\}$，记 $\displaystyle Q_n=\sqrt{\dfrac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}}$，$A_n=\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}$，$G_n=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}$，$H_n=\dfrac{n}{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}}$，则 \[ Q_n\geqslant A_n\geqslant G_n\geqslant H_n. \] 更进一步的推广，参见幂平均不等式．

柯西—施瓦茨不等式（Cauchy-Schwarz不等式）

对任意实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$，有 \[ \left(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2\right)\geqslant\left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\right)^2 \] 取等条件为$a_n\propto b_n$．

证明（判别式法）

考虑二次函数 \[ f(x)=(a_1x-b_1)^2+(a_2x-b_2)^2+\cdots+(a_nx-b_n)^2 \] 显然 $f(x)$ 至多有一个实根，当且仅当 $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\cdots=\dfrac{a_n}{b_n}$ 时有实根．故其判别式 \[ \Delta=(2a_1b_1+2a_2b_2+\cdots+2a_nb_n)^2-4(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\leqslant 0 \] 即柯西—施瓦茨不等式得证．$\quad\square$

证明（恒等式法）

由拉格朗日恒等式（Lagrange恒等式）知 \[ \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i\right)=\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2+\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_ib_j-a_jb_i)^2\geqslant\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 \] 显然成立．$\quad\square$

注

我们在此不打算收录Hölder法（尽管这是一种作为证明赫尔德不等式的一种简单方便的方法），原因是该方法要求所有数皆为正数，这与本不等式的适用范围不同．

以下收录柯西—施瓦茨不等式的一些重要推论．部分较简单的推论，参见后文．

重要推论1：拉东定理（Radon定理）／Titu引理／权方和不等式的二次形式

对任意正实数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ ，有 \[ \dfrac{a_1^2}{b_1}+\dfrac{a_2^2}{b_2}+\cdots+\dfrac{a_n^2}{b_n}\geqslant\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{b_1+b_2+\cdots+b_n} \] 取等条件为$a_n\propto b_n$．

重要推论2：柯西不等式应用中的常用结论

对任意非负实数列 $\{a_n\}$，有 $a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2\geqslant\dfrac{\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)^2}{n}$，取等条件为$a_1=a_2=\cdots=a_n$．

排序不等式

设实数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 非严格同向单调递增（或递减），$\{b_n\}$ 的一组排列为 $\{c_n\}$，则 \[ a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\geqslant a_1c_1+a_2c_2+\cdots+a_nc_n\geqslant a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1 \] 取等条件为$b_1=b_2=\cdots=b_n$．

证明（二次函数法）

只证左侧．不妨设 $\pi(i)$ 为满足 $b_i=c_{\pi(i)}$的整数．

由题设，注意到对任意$i<j,\ i<k\in\mathbb N_+$， \[ 0\leqslant (a_k-a_i)(b_j-b_i)=a_kb_j+a_ib_i-a_kb_i-a_ib_j \] 这说明若 $\pi(i)=j$，$\pi(k)=i$，则将其调整为 $\pi(i)=i$，$\pi(k)=j$ 后原式不减．故要求最大，必有 $\pi(i)=i$ 对任意 $i=1,2,\cdots,n$ 成立．$\quad\square$

证明（阿贝尔变换（Abel变换）法）

只考虑递增情形的左侧．对右侧及递减情形，类似可证．

记$\displaystyle S_i=\sum_{i=1}^nb_i$，$\displaystyle T_i=\sum_{i=1}^nc_i$，则$S_i\leqslant T_i\ (i=1,2,\cdots,n-1)$，$S_n=T_n$．于是由阿贝尔分部求和公式（Abel分部求和公式） \[ \sum_{i=1}^na_ib_i=\sum_{i=1}^nS_i(a_i-a_{i+1})+S_na_n\geqslant\sum_{i=1}^nT_i(a_i-a_{i+1})+T_na_n=\sum_{i=1}^na_ic_i.\quad\square \]

注

数学归纳法也可做，此处不再赘述．

切比雪夫不等式（Chebyshev不等式）

设实数列 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 非严格同向单调递增（或递减），则 \[ \dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^na_ib_i\geqslant\left(\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^na_i\right)\left(\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^nb_i\right)\geqslant\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^na_ib_{n+1-i} \] 取等条件为$a_1=a_2=\cdots=a_n$及$b_1=b_2=\cdots=b_n$中至少有一个成立．

证明（二次函数法）

仍然只证左端．注意到对任意$i<j$， \[ 0\leqslant (a_i-a_j)(b_i-b_j)=a_ib_i+a_jb_j-a_ib_j-a_jb_i \] 故 \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_ib_i+a_jb_j)&\geqslant\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_ib_j+a_jb_i) \\2n\sum_{i=1}^na_ib_i&\geqslant 2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ib_j\\ n\sum_{i=1}^na_ib_i&\geqslant\left(\sum_{i=1}^na_i\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i\right) \end{aligned} \] 即左端得证，右端同理．$\quad\square$

证明（排序不等式法）

记下标按模 $n$ 所得的余数记．考虑以下的 $n$ 个不等式： \[ \sum_{i=1}^na_ib_i\geqslant \sum_{i=1}^na_{i}b_{j-1+i}\quad (j=1,2,\cdots,n) \] 对$j=1,2,\cdots n$求和即证．$\quad\square$

注

该不等式的单独运用较少，常常配合切比雪夫联合技术使用．有关其使用方法，参见后文．
事实上，可以证明如下更一般的形式：

改进的切比雪夫不等式

设实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$满足 \[ a_1\geqslant \dfrac{a_1+a_2}{2}\geqslant \cdots\geqslant\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \]

\[ b_1\geqslant \dfrac{b_1+b_2}{2}\geqslant \cdots\geqslant\dfrac{b_1+b_2+\cdots+b_n}{n} \]

则 \[ a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n\geqslant\dfrac{1}{n}(a_1+a_2+\cdots+a_n)(b_1+b_2+\cdots+b_n). \]

改进后不等式的证明（Abel变换）

对于$k=1,2,\cdots, n$，我们记$S_k=a_1+a_2+\cdots+a_k$，$b_{n+1}=0$，由Abel分部求和公式，我们有 \[ \sum_{i=1}^na_ib_i=\sum_{i=1}^n(b_i-b_{i+1})S_i=\sum_{i=1}^ni(b_i-b_{i-1})\dfrac{S_i}{i} \] 再用一次Abel分部求和公式，我们有

\[ \sum_{i=1}^na_ib_i=\dfrac{1}{n}S_n\sum_{i=1}^nb_i+\sum_{i=1}^{n-1}\left(\dfrac{S_{i}}{i}-\dfrac{S_{i+1}}{i+1}\right)\left(\sum_{j=1}^ib_j-ib_{i+1}\right) \]

因此，欲证原式，只需证$\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}\left(\dfrac{S_{i}}{i}-\dfrac{S_{i+1}}{i+1}\right)\left(\sum_{j=1}^ib_j-(n-1)b_i\right)\geqslant 0$．

由题设，$\dfrac{S_{i}}{i}-\dfrac{S_{i+1}}{i+1}\geqslant 0$．另一方面，由 \[ \dfrac{1}{i}\sum_{j=1}^ib_j\geqslant\dfrac{1}{i+1}\sum_{j=1}^ib_j \] 可知$\displaystyle\sum_{j=1}^ib_j\geqslant ib_{i+1}$．故欲证式得证．$\quad\square$

绝对值不等式

设$x,y\in\mathbb C$．则 \[ ||x|-|y||\leqslant |x+y|\leqslant |x|+|y|. \] 左侧等号成立条件是$x=-ky$，$k\geqslant 0$；右侧等号成立条件是$x=ky$，$k\geqslant 0$．

证明

由绝对值的定义可证．$\quad\square$

常用不等式（一）：常用定理及结论

循环乘积和引理／女奥不等式

设 $\{a_n\}$ 为 $n$ 项非负实数列，则 \[ (a_1+a_2+\cdots+a_n)^2\geqslant \min\{n, 4\}\cdot(a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{n-1}a_n+a_na_1) \] 当$n=2$或$3$时，取等条件为$a_1=a_2=a_3$；当$n=4$时，取等条件为$a_1+a_3=a_2+a_4$；当$n\geqslant 5$时，取等条件为$a_1=a_2\geqslant 0$，$a_3=a_4=\cdots=a_n=0$及其轮换．

证明

$n=2,3,4$时参见三个重要不等式．以下证明$n\geqslant 5$时命题成立．

不妨设$\max \{a_n\}=a_1$．于是 \[ \begin{aligned} a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{n-1}a_n+a_na_1&\leqslant a_1(a_2+a_4+a_5+\cdots+a_n)+a_2a_3\\&\leqslant a_1(a_2+a_4+a_5+\cdots+a_n)+a_3(a_2+a_4+a_5+\cdots+a_n)\\&=(a_1+a_3)(a_2+a_4+a_5+\cdots+a_n)\\&\leqslant\dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2}{4} \end{aligned} \]

证毕．$\quad\square$

舒尔不等式（Schur不等式）

$a,b,c$为非负实数，则对任意实数$t$，有 \[ a^t(a-b)(a-c)+b^t(b-a)(b-c)+c^t(c-a)(c-b)\geqslant 0 \] 当$t\neq 0$时，取等条件为 $a=b=c$ 或 $a=b>0$，$c=0$ 及其轮换；当 $t=0$ 时，取等条件为$a=b=c$．

证明

记原式为$f$．由对称性，不妨设$a\geqslant b\geqslant c$，于是$(a-b)(a-c)\geqslant 0$，$(b-a)(b-c)\leqslant 0$，$(c-a)(c-b)\geqslant 0$．

第一种情况．若$t>0$，显然$c^t(c-a)(c-b)$较小，于是 \[ \begin{aligned} f&\geqslant a^t(a-b)(a-c)+b^t(b-a)(b-c)\\&=(a-b)(a^t(a-c)-b^t(b-c))\\&\geqslant 0. \end{aligned} \] 第二种情况．若$t<0$，显然$a^t(a-b)(a-c)$较小，于是 \[ \begin{aligned} f&\geqslant b^t(b-a)(b-c)+c^t(c-a)(c-b)\\&=(b-c)(b^t(b-a)-c^t(c-a))\\&\geqslant 0 \end{aligned} \] 第三种情况．若$t=0$，此时原式即三元重要不等式-1．

综上所述，该不等式对任意的$t\in \mathbb R$都成立．$\quad\square$

注

以下为舒尔不等式的一些常用变形：
- $\displaystyle \sum_{cyc}a^3-\sum_{cyc}a^2(b+c)+3abc\geqslant 0$；
- $\displaystyle \left(\sum_{cyc}a\right)^3-4\left(\sum_{cyc}a\right)\left(\sum_{cyc}bc\right)+9abc\geqslant 0$．
第二个不等式是著名的pqr法／uvw法的根基之一．
有关舒尔不等式在四元下的类似情况，参见常用不等式（五）一节中的Turkevich不等式；对于舒尔不等式的推广，参见常用不等式（五）一节中的Suranyi不等式．

9-8不等式

已知非负实数 $a,b,c$，则 \[ 9(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 8(a+b+c)(ab+bc+ca). \] 取等条件 $a=b=c$．

证明

两边展开知只需证$\displaystyle\sum_{cyc}ab(a+b)\geqslant 6abc$，由恒等式 \[ \sum_{cyc}ab(a+b)=\sum_{cyc}a(b^2+c^2) \] 及均值不等式知成立．$\quad\square$

嵌入不等式

对任意实数$x,y,z$及实数$A,B,C$，若$A+B+C=\pi$，则 \[ x^2+y^2+z^2\geqslant 2yz\cos A+2zx\cos B+2xy\cos C. \] 取等条件为$x:y:z=\sin A:\sin B:\sin C$．

证明

这是因为 \[ LHS-RHS=(x-y\cos C-z\cos B)^2+(y\sin C-z\sin B)^2\geqslant 0. \] 证毕．$\quad\square$

常用不等式（二）：一元凸（凹）函数及优超数组相关定理

预备知识：一元凸（凹）函数与优超数组

一元凸（凹）函数

对定义在区间$[a,b]$上的一个函数$f(x)$，如果对任意正实数$x\in[a,b]$，都有 \[ f(a)+f(b)\geqslant 2f(x) \] 则称$f(x)$为非严格凸函数．若去掉等号，则称$f(x)$为严格凸函数．

对定义在区间$[a,b]$上的一个函数$f(x)$，如果对任意正实数$x\in[a,b]$，都有 \[ f(a)+f(b)\leqslant 2f(x) \] 则称$f(x)$为非严格凹函数．若去掉等号，则称$f(x)$为严格凹函数．

以下是凸（凹）函数的一些性质：

若$f(x)$在区间$[a,b]$上可求二阶导，则$f(x)$为凸函数的充要条件是 \[ f''(x)\geqslant 0. \] 若$f(x)$在区间$[a,b]$上可求二阶导，则$f(x)$为凹函数的充要条件是 \[ f''(x)\leqslant 0. \]
若函数$f(x)$为定义在$[a,b]$上的凸函数，则对任意$x,y\in[a,b]$，有 \[ f(x)+f(y)\geqslant 2f\left(\dfrac{x+y}{2}\right). \] 若函数$f(x)$为定义在$[a,b]$上的凹函数，则对任意$x,y\in[a,b]$，有 \[ f(x)+f(y)\leqslant 2f\left(\dfrac{x+y}{2}\right). \] 取等条件为$x=y$．
若函数$f(x)$为定义在$[a,b]$上的凸函数，则对任意$x_0\in[a,b]$，设$y=g(x)$为$f(x)$在$x_0$处的切线，则对任意$x\in [a,b]$， \[ f(x)\geqslant g(x). \] 取等条件为$x=x_0$．

若函数$f(x)$为定义在$[a,b]$上的凹函数，则对任意$x_0\in[a,b]$，设$y=g(x)$为$f(x)$在$x_0$处的切线，则对任意$x\in [a,b]$， \[ f(x)\leqslant g(x). \] 取等条件为$x=x_0$．

优超数组

如果$n$项数组$A=(a_1,a_2,\cdots,a_n)$、$B=(b_1,b_2,\cdots,b_n)$满足

$a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots\geqslant a_n$，$b_1\geqslant b_2\geqslant \cdots\geqslant b_n$；
对任意$m=1,2,\cdots,n-1$，有$\displaystyle\sum_{i=1}^ma_i\geqslant\sum_{i=1}^mb_i$；
$\displaystyle \sum_{i=1}^na_i=\sum_{i=1}^nb_i$．

则称数组$A$优超于数列$B$，记作$A\succ B$．

很容易看出，如果取$A=(1,1,\cdots,1)$，则$B$与凸函数相像；取$B=(1,1,\cdots,1)$，则$A$与凹函数有类似之处．

琴生不等式（Jensen不等式）

若函数$f(x)$是定义在区间$[a,b]$上的凸函数，则对任意$x_1,x_2,\cdots,x_n\in [a,b]$有 \[ f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)\geqslant f\left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right). \] 取等条件为$x_1=x_2=\cdots=x_n$，

若函数$f(x)$是定义在区间$[a,b]$上的凹函数，则对任意$x_1,x_2,\cdots,x_n\in [a,b]$有 \[ f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)\leqslant f\left(\dfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right). \] 取等条件为$x_1=x_2=\cdots=x_n$，

证明

用类似于均值不等式的反向归纳法可证．$\quad\square$

注

理论上，所有的琴生不等式都可改写为切线法；参见常用技巧一章．
加权形式可参见如下：

加权琴生不等式（加权Jensen不等式）

若函数$f(x)$是定义在区间$[a,b]$上的凸函数，则对任意$x_1,x_2,\cdots,x_n\in [a,b]$及和为$1$的正实数$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$有 \[ f(\lambda_1x_1)+f(\lambda_2x_2)+\cdots+f(\lambda_nx_n)\geqslant f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\cdots+\lambda_nx_n\right). \] 取等条件为$x_1=x_2=\cdots=x_n$，

若函数$f(x)$是定义在区间$[a,b]$上的凹函数，则对任意$x_1,x_2,\cdots,x_n\in [a,b]$及和为$1$的正实数$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$有 \[ f(\lambda_1x_1)+f(\lambda_2x_2)+\cdots+f(\lambda_nx_n)\leqslant f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\cdots+\lambda_nx_n\right). \] 取等条件为$x_1=x_2=\cdots=x_n$，

证明

同琴生不等式．$\quad\square$

卡拉玛特不等式（Karamata不等式）／优超不等式

已知数组$A=(a_1,a_2,\cdots,a_n)$，$B=(b_1,b_2,\cdots,b_n)$满足$A\succ B$，$f(x)$为定义在$[m,M]$中的凸函数，且$m\leqslant a_i, b_i\leqslant M$，则 \[ f(a_1)+f(a_2)+\cdots+f(a_n)\geqslant f(b_1)+f(b_2)+\cdots+f(b_n). \] 已知数组$A=(a_1,a_2,\cdots,a_n)$，$B=(b_1,b_2,\cdots,b_n)$满足$A\succ B$，$f(x)$为定义在$[m,M]$中的凹函数，且$m\leqslant a_i, b_i\leqslant M$，则 \[ f(a_1)+f(a_2)+\cdots+f(a_n)\leqslant f(b_1)+f(b_2)+\cdots+f(b_n). \] 等号成立条件为$a_i=b_i$，$i=1,2,\cdots,n$．

证明

只证凸函数情形．凹函数情形同理可证．

记$\displaystyle S_k=\sum_{i=1}^n (a_i-b_i)$．由Abel和差变换公式，我们有 \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n(f(a_i)-f(b_i))&=\sum_{i=1}^n(a_i-b_i)\dfrac{f(a_i)-f(b_i)}{a_i-b_i}\\&=S_n(f(a_n)-f(b_n))+\sum_{i=1}^{n-1}S_n\left(\dfrac{f(a_i)-f(b_i)}{a_i-b_i}-\dfrac{f(a_{i+1})-f(b_{i+1})}{a_{i+1}-b_{i+1}}\right) \end{aligned} \] 由凸函数性质，$\dfrac{f(a_i)-f(b_i)}{a_i-b_i}\geqslant \dfrac{f(a_{i+1})-f(b_i)}{a_{i+1}-b_i}\geqslant \dfrac{f(a_{i+1})-f(b_{i+1})}{a_{i+1}-b_{i+1}}$，故上式不小于$0$．故原不等式成立．$\quad\square$

注

Karamata不等式看似不常见，其实在一些特殊的调整方法中经常见到：例如将整个式子看作关于某个变量的开口朝上的二次函数，然后调整到$0$或一定值．这即是Karamata不等式的常见运用方法．因此，该不等式事实上是一个很重要的不等式．

穆尔海德不等式／米尔赫德不等式（Muirhead不等式）

已知正实数数列$\{a_n\}$、数组$A=(x_1,x_2,\cdots,x_n)$、$B=(y_1,y_2,\cdots,y_n)$满足$A\succ B$，则 \[ \sum_{sym}a_1^{x_1}a_2^{x_2}\cdots a_n^{x_n}\geqslant \sum_{sym}a_1^{y_1}a_2^{y_2}\cdots a_n^{y_n}. \]

证明

引理

若数列$\{c_i\}$满足$\displaystyle \sum_{i=1}^nc_i=0$，$\{x_i\}$为正实数列，则$\displaystyle \sum_{sym}x_1^{c_1}x_2^{c_2}\cdots x_n^{c_n}\geqslant n!$．

引理的证明

由均值不等式，$\displaystyle \dfrac{\displaystyle \sum_{sym}x_1^{c_1}x_2^{c_2}\cdots x_n^{c_n}}{n!}\geqslant \sqrt[n!]{\prod_{sym}x_1^{c_1}x_2^{c_2}\cdots x_n^{c_n}}=1$．即证．

回到原题

记$c_i=a_i-b_i$，则$\displaystyle\sum_{i=1}^n c_i=0$，由引理$\displaystyle \sum_{sym}x_1^{c_1}x_2^{c_2}\cdots x_n^{c_2}-n!\geqslant 0$．于是 \[ \begin{aligned} LHS-RHS&=\sum_{cyc}\left(\prod_{i=1}^nx_i^{b_i+c_i}-\prod_{i=1}^nx_i^{c_i}\right)\\&=\left(\sum_{sym}\prod_{i=1}^nx_i^{b_i}\right)\left(\sum_{sym}(x_1^{c_1}x_2^{c_2}\cdots x_n^{c_n}-1)\right)\\&\geqslant 0. \end{aligned} \] 证毕．$\quad\square$

常用不等式（三）：加权类、指对数类

杨氏不等式（Young不等式）

$a,b$为非负实数，$p>1$，$\dfrac1p+\dfrac1q=1$，则 \[ ab\leqslant \dfrac{a^p}{p}+\dfrac{b^q}{q}. \] 取等条件为$a^p=b^q$．

证明（导数法）

考虑以$b$为主元的函数$f(b)=\dfrac{a^p}{p}+\dfrac{b^q}{q}-ab$，则$f'(b)=b^{q-1}-a$，当且仅当$a^p=b^q$时取等最小值$0$．$\quad\square$

证明（琴生法）

注意函数$f(x)=\log x$ 为凹函数且单调递增，由加权琴生不等式 \[ \log\left(\dfrac{a^p}{p}+\dfrac{b^q}{q}\right)\geqslant \dfrac{1}{p}\log a^p+\dfrac{1}{q}\log a^q=\log ab. \] 证毕．$\quad\square$

注

本不等式是杨格积分不等式／Young积分不等式的一个特例．原不等式为：

若$f(x)$为在定义域内严格单调递增且过原点的函数，$a,b\geqslant 0$，则 \[ ab\leqslant\int_0^af(x)\mathrm dx+\int_0^bf^{-1}(x)\mathrm dx \] 等号成立条件为$b=f(a)$．
本不等式可以看作加权算术平均-几何平均不等式的一个特例．

加权算术平均-几何平均不等式（加权AM-GM不等式）

对任意正实数列 $\{a_n\}$及和为$1$的正实数$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$，有 \[ \lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots+\lambda_na_n\geqslant a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}\cdots a_n^{\lambda_n} \] 当且仅当 $a_1=a_2=\cdots=a_n$ 时取等．

证明

注意到$f(x)=\log x$为凹函数，由加权琴生不等式得 \[ \begin{aligned} \log(\lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots+\lambda_na_n)&\geqslant \lambda_1\log(a_1)+\lambda_2\log(a_2)+\cdots+\lambda_n\log(a_n)\\&=\log a_1^{\lambda_1}a_2^{\lambda_2}\cdots a_n^{\lambda_n}. \end{aligned} \] 证毕．$\quad\square$

伯努利不等式（Bernoulli不等式）

已知实数$x>-1$，则当$n\geqslant 1$时， \[ (1+x)^n\geqslant 1+nx \] 当$0<n<1$时 \[ (1+x)^n\leqslant 1+nx. \] 取等条件是$x=0$或$n=0,1$．

当$x<-1$时，不等号反向．

证明（切线法）

记函数$f(x)=(1+x)^n$，注意到$f(x)$是凸函数，在$x_0$处切线为$y=1+nx$，由凸函数性质即证．$\quad\square$

注

在数学竞赛中，用切线法即可；但若要严格证明还是应当使用数学归纳法及极限法．因为在求切线的过程中需要用到此定理．
在竞赛中，该不等式常用于数论而非代数，主要原因是正整数正因子个数的表达式．

广义伯努利不等式（广义Bernoulli不等式）

已知实数$x_1,x_2,\cdots,x_n>-1$且同号，则 \[ 1+x_1+x_2+\cdots+x_n\leqslant(1+x_1)(1+x_2)\cdots(1+x_n). \] 取等条件为$x_1=x_2=\cdots=x_n=0$．

证明（数学归纳法）

当$n=2$时，即证$(1+x_1)(1+x_2)\geqslant 1+x_1+x_2$，即$x_1x_2\geqslant 0$，由同号即证．

设若命题对$n$成立，则对$n+1$时， \[ RHS\geqslant (1+x_1+x_2+\cdots+x_n)(1+x_{n+1})\geqslant 1+x_1+x_2+\cdots+x_{n+1} \] 其中，后一个等号是$n=2$情形．

综上，该不等式得证．$\quad\square$

常用不等式（四）：类柯西不等式

以下的三个不等式是柯西不等式的重要推广形式．

卡尔松不等式（Carlson不等式）／广义赫尔德不等式的齐次形式

对非负实数数表$\{x_{m,n}\}$，有： \[ \prod_{i=1}^m\sum_{j=1}^nx_{i,j}^m\geqslant \left(\sum_{j=1}^n\prod_{i=1}^m x_{i,j}\right)^m. \] 取等条件是$x_{1,n}\propto x_{2,n}\propto\cdots x_{m,n}$．

证明（赫尔德法／Hölder法）

由均值不等式， \[ \dfrac{x_{1,j}^m}{\displaystyle \sum_{j=1}^nx_{1,j}^m}+\dfrac{x_{2,j}^m}{\displaystyle \sum_{j=1}^nx_{2,j}^m}+\cdots+\dfrac{x_{m,j}^m}{\displaystyle \sum_{j=1}^nx_{m,j}^m}\geqslant m\cdot\dfrac{\displaystyle \prod_{i=1}^m x_{i,j}}{\displaystyle \sqrt{\prod_{i=1}^m\sum_{j=1}^nx_{i,j}^m}} \] 对$j=1,2,\cdots,n$求和即可．$\quad\square$

赫尔德不等式（Hölder不等式）／广义赫尔德不等式的两组变元形式

对任意正实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$及满足$\dfrac1p+\dfrac1q=1$的正实数$p,q$，有 \[ \left(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_n^p\right)^{\frac{1}{p}}\left(b_1^q+b_2^q+\cdots+b_n^q\right)^{\frac{1}{q}}\geqslant a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n \] 取等条件为$a_n^p\propto b_n^q$．

证明（赫尔德法）

由杨氏不等式，我们有 \[ \dfrac{a_ib_i}{(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_n^p)^{\frac{1}{p}}(b_1^p+b_2^p+\cdots+b_n^p)^\frac{1}{q}}\leqslant \dfrac{a_i^p}{p(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_n^p)}+\dfrac{b_i^q}{q(b_1^q+b_2^q+\cdots+b_n^p)} \] 两边对$i=1,2,\cdots,n$求和即证．$\quad\square$

注

事实上，赫尔德不等式最常用的形式是：

对任意正实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$及满足$\dfrac1p+\dfrac1q=1$的正实数$p,q$，有 \[ \left(a_1^p+a_2^p+\cdots+a_n^p\right)^q\left(b_1^q+b_2^q+\cdots+b_n^q\right)^p\geqslant (a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^{pq}. \]

广义赫尔德不等式（广义Hölder不等式）

对非负实数数表$\{x_{m,n}\}$及正实数列$\{p_n\}$，若$\dfrac{1}{p_1}+\dfrac{1}{p_2}+\cdots+\dfrac{1}{p_n}=1$，则 \[ \prod_{i=1}^m\left(\sum_{j=1}^nx_{i,j}^{p_i}\right)^{\frac{1}{p_i}}\geqslant \sum_{j=1}^n\prod_{i=1}^m x_{i,j}. \] 取等条件$x_{1,n}^{p_1}\propto x_{2,n}^{p_2}\propto\cdots x_{m,n}^{p_n}$．

证明（赫尔德法）

由加权均值不等式，我们有 \[ \dfrac{\displaystyle\prod_{i=1}^nx_{i,j}}{\displaystyle \prod_{i=1}^m\left(\sum_{j=1}^nx_{i,j}^{p_i}\right)^{\frac{1}{p_i}}}\leqslant \sum_{i=1}^m\dfrac{x_{i,j}^{p_i}}{\displaystyle p_i\sum_{k=1}^nx_{i,k}^{p_i}} \] 对$j=1,2,\cdots,n$求和即证．

对以上三个不等式的注释

以上的三个不等式，一般统称赫尔德不等式，是柯西不等式的推广形式．一般而言，卡尔松不等式是用得最多的，也是最好证的：另两个不等式要用别的引理，而卡尔松不等式只需用均值即可；
以上用均值凑$1$的方法在三个不等式中都有应用，我们在此称之为赫尔德法．该方法在面对正实数问题中有时有用处，但在实数类问题中用处就不大了．

以下的几个不等式，是以上三个不等式的重要推论．

权方和不等式

对任意正实数$m$及正实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$，有 \[ \dfrac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^{m+1}}{(b_1+b_2+\cdots+b_n)^m}\leqslant \dfrac{a_1^{m+1}}{b_1^m}+\dfrac{a_2^{m+1}}{b_2^m}+\cdots+\dfrac{a_n^{m+1}}{b_n^m}. \] 取等条件$a_i\propto b_i$．

证明

由赫尔德不等式，我们有 \[ (a_1+a_2+\cdots+a_n)^{m+1}\leqslant(b_1+b_2+\cdots+b_n)^m\left(\dfrac{a_1^{m+1}}{b_1^m}+\dfrac{a_2^{m+1}}{b_2^m}+\cdots+\dfrac{a_n^{m+1}}{b_n^m}\right) \] 即证．$\quad\square$

注

事实上，以上的不等式有推广：若$m(m+1)>0$，则原式中「$\leqslant」$号成立；若$m(m+1)=0$，则「$=$」号成立；若$m(m+1)<0$，则「$$」号成立．用同样的方法即可证明．

幂平均不等式

定义多元函数 \[ M_p(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\begin{cases}\sqrt[p]{\dfrac{x_1^p+x_2^p+\cdots+x_n^p}{n}},&p\neq 0\\\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n},&p=0\end{cases} \] 为幂平均函数．则对任意非负实数列$\{x_n\}$及实数$p>q$，我们有 \[ M_p(x_1,x_2,\cdots,x_n)\geqslant M_q(x_1,x_2,\cdots,x_n) \] 取等条件为$x_1=x_2=\cdots=x_n$．

证明

当$pq=0$时，此时由均值不等式易证．

下设$pq\neq 0$．此时只需证 \[ (x_1^p+x_2^p+\cdots+x_n^p)^q(\underbrace{1+1+\cdots+1}_{n\text{个}1})^{p-q}\geqslant (x_1^q+x_2^q+\cdots+x_n^q)^p \] 由赫尔德不等式即证．$\quad\square$

注

很容易看出，该不等式是均值不等式的一个推广．

闵可夫斯基不等式（Minkowski不等式）／三角形不等式

对任意非负实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$及正实数$p$，有 \[ \left(\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^p\right)^{\frac{1}{p}}\leqslant \left(\sum_{i=1}^na_i^p\right)^\frac{1}{p}+\left(\sum_{i=1}^nb_i^p\right)^\frac{1}{p}. \] 取等条件$a_i\propto b_i$．

证明

由赫尔德不等式， \[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^p&=\sum_{i=1}^n((a_i+b_i)^{p-1}a_i+(a_i+b_i)^{p-1}b_i)\\&\leqslant \left(\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^p\right)^\frac{p-1}{p}\left(\sum_{i=1}^na_i^p\right)^\frac{1}{p}+\left(\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^p\right)^\frac{p-1}{p}\left(\sum_{i=1}^nb_i^p\right)^\frac{1}{p} \end{aligned} \] 即证．$\quad\square$

注

当$p=2$时，本题就化为$n$维欧式空间中的三角形不等式．事实上，该不等式即为$L_p$空间上的三角形不等式．
用数学归纳法，很易将其推广到数表形式．这里略．

以下的几个不等式是以上不等式的反向形式．

范数不等式

对非负实数列$\{x_n\}$，记函数$\displaystyle S_p(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\left(\sum_{i=1}^n x_i^p\right)^\frac{1}{p}$，则对任意$r>s>0$，有 \[ S_r(x_1,x_2,\cdots,x_n)\leqslant S_s(x_1,x_2,\cdots,x_n). \]

证明

不妨设$a_1^s+a_2^s+\cdots+a_n^s=1$，，则$a_i\in[0,1]$．只需证$a_1^r+a_2^r+\cdots+a_n^r\leqslant 1$．

由$a_i^r\leqslant a_i^s$，这是显然的．$\quad\square$

康托洛维奇不等式（Kantorovich不等式）

非负实数列$\{a_n\}$不全为$0$，$\{\lambda_n\}$为正实数列，$M=\max \{\lambda_n\}$，$m=\max\{\lambda_n\}$，则 \[ \left(\lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots+\lambda_na_n\right)\left(\dfrac{a_1}{\lambda_1}+\dfrac{a_2}{\lambda_2}+\cdots+\dfrac{a_n}{\lambda_n}\right)\leqslant\dfrac{(M+m)^2}{4Mm}(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2. \] 取等条件是：设$\lambda_k=M$，$\lambda_l=m$，则$a_k=a_l$，$a_i=0\quad(i=1,2,\cdots,n;\;i\neq k,l)$．

证明

由对称性，不妨设$M=\lambda_1$，$m=\lambda_n$，于是 \[ \begin{aligned} LHS&=\dfrac{1}{\lambda_1\lambda_n}(\lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots+\lambda_na_n)\left(\lambda_na_1+\dfrac{\lambda_1\lambda_n}{\lambda_2}a_2+\cdots+\lambda_1 a_n\right)\\&\leqslant\dfrac{1}{4\lambda_1\lambda_n}\left((\lambda_1+\lambda_n)a_1+\left(\lambda_n+\dfrac{\lambda_1\lambda_n}{\lambda_2}\right)a_2+\cdots+(\lambda_n+\lambda_1)a_n\right)^2\\&\leqslant\dfrac{1}{4\lambda_1\lambda_n}((\lambda_1+\lambda_n)a_1+(\lambda_1+\lambda_n)a_2+\cdots+(\lambda_1+\lambda_n)a_n)^2\\&=RHS. \end{aligned} \] 证毕．第二个等号是借助$f(x)=x+\dfrac{\lambda_1\lambda_n}{x}$的凸性．$\quad\square$

玻利亚—薛戈不等式（Pólya-Szegö不等式）

实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$满足$0\leqslant m_1\leqslant a_i\leqslant M_1$，$0\leqslant m_2\leqslant b_i\leqslant M_2$，则 \[ \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)\leqslant\dfrac{1}{4}\left(\sqrt{\dfrac{m_1m_2}{M_1M_2}}+\sqrt{\dfrac{M_1M_2}{m_1m_2}}\right)^2\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2. \]

证明

注意到只需证 \[ \left((m_1m_2+M_1M_2)\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2\geqslant4M_1M_2m_1m_2\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right). \]

由题意，$\dfrac{m_1}{M_2}\leqslant \dfrac{a_i}{b_i}\leqslant\dfrac{M_1}{m_2}$，故 \[ \left(\dfrac{a_i}{b_i}-\dfrac{m_1}{M_2}\right)\left(\dfrac{a_i}{b_i}-\dfrac{M_1}{m_2}\right)\leqslant 0 \] 即$M_2m_2a_i^2+M_1m_1b_i^2\leqslant(m_1m_2+M_1M_2)a_ib_i$．对$i=1,2,\cdots,n$求和得 \[ M_2m_2\sum_{i=1}^na_i^2+M_1m_1\sum_{i=1}^nb_i^2\leqslant(m_1m_2+M_1M_2)\sum_{i=1}^na_ib_i. \] 由均值不等式 \[ \left(M_2m_2\sum_{i=1}^na_i^2+M_1m_1\sum_{i=1}^nb_i^2\right)^2\geqslant 4M_1M_2m_1m_2\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) \] 故该不等式得证．$\quad\square$

对以上两个不等式的注

以上两个不等式又通称反向柯西不等式．很容易看出，这两个不等式在实质上是相同的，只是它们所处理的问题方面各有特色．
2017年的一试考察了康托洛维奇不等式．

阿克塞尔不等式（Aczel不等式）

非负实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$满足$a_1^2\geqslant a_2^2+a_3^2+\cdots+a_n^2$或$b_1^2\geqslant b_2^2+b_3^2+\cdots+b_n^2$，则 \[ (a_1^2-a_2^2-a_3^2-\cdots-a_n^2)(b_1^2-b_2^2-b_3^2-\cdots-b_n^2)\leqslant (a_1b_1-a_2b_2-\cdots-a_nb_n)^2 \] 取等条件$a_n\propto b_n$．

证明（判别式法）

先设$a_n\propto b_n$．此时易证等号成立．

下设$a_n\not\propto b_n$．不妨设$b_1^2\geqslant b_2^2+b_3^2+\cdots+b_n^2$．考虑函数 \[ \begin{aligned} f(x)&=(b_1^2-b_2^2-b_3^2-\cdots-b_n^2)x^2-2(a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3-\cdots-a_nb_n)x+(a_1^2-a_2^2-a_3^2-\cdots-a_n^2)\\&=(b_1x-a_1)^2-(b_2x-a_2)^2-(b_3x-a_3)^2-\cdots-(b_nx-a_n)^2. \end{aligned} \] 容易证明$f\left(\dfrac{a_1}{b_1}\right)<0$．又由题设，二次项系数大于$0$，故$\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$，于是$f(x)$有二实数根，故其判别式满足 \[ \dfrac{\Delta}{4}=(a_1b_1-a_2b_2-\cdots-a_nb_n)^2-(a_1^2-a_2^2-a_3^2-\cdots-a_n^2)(b_1^2-b_2^2-b_3^2-\cdots-b_n^2)>0. \] 综上，该不等式得证．$\quad\square$

注

该不等式也可以用柯西不等式进行证明，请读者尝试．
该不等式被某些心怀叵测居心不良的人称为反向柯西不等式，稍有常识的人都可以看出这是错误的．因此，本文不如此称呼．

然而，我们也容易看出其与柯西不等式之间的联系．如果考察以下结果，则能进一步探求这种联系．
该不等式的推广为阿克塞尔—波波维奇—瓦西克—佩查里奇不等式（Aczel-Popoviciu-Vasic-Pecaric不等式）．其陈述如下：

非负实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$及正实数$p$、$q$满足$\dfrac1p+\dfrac1q=1$，$a_1^p\geqslant a_2^p+a_3^p+\cdots+a_n^p$，$b_1^q\geqslant b_2^q+b_3^q+\cdots+b_n^q$，则 \[ (a_1^p-a_2^p-a_3^p-\cdots-a_n^p)^\frac{1}{p}(b_1^q-b_2^q-b_3^q-\cdots-b_n^q)^\frac{1}{q}\leqslant a_1b_1-a_2b_2-\cdots-a_nb_n. \] 限于篇幅、难度、实用程度及编辑器卡顿，证明略去．可以看出，它与赫尔德不等式有对应关系．
通过该推广，我们还可以得到贝尔曼不等式（Bellman不等式）：

非负实数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$及正实数$A$ 、$B$、$p$满足$A^p\geqslant a_1^p+a_2^p+\cdots+a_n^p$，$B^p\geqslant b_1^p+b_2^p+\cdots+b_n^p$，则 \[ \left(A^p-\sum_{i=1}^na_i^p\right)^\frac{1}{p}+\left(B^p-\sum_{i=1}^nb_i^p\right)^\frac{1}{p}\leqslant\left((A+B)^p-\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^p\right)^\frac{1}{p}. \] 同上，证明从略．这是Minkowsky不等式的反向形式．

常用不等式（五）：类舒尔不等式

Turkevich不等式

设$a,b,c,d$是非负实数，则 \[ a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geqslant a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2. \] 取等条件为$a=b=c=d$或$a=b=c$，$d=0$及其轮换．

第二形式

\[ 3(a^4+b^4+c^4+d^4)+4abcd\geqslant (a^2+b^2+c^2+d^2)^2. \]

证明

不妨设$\min\{a,b,c,d\}=d$．考虑两种情况：

情形1．当$d=0$时，只需证明 \[ 3(a^4+b^4+c^4)\geqslant(a^2+b^2+c^2)^2 \] 此即三元重要不等式—2的推论2．

情形2．当$d>0$时，记$f(a,b,c,d)=3(a^4+b^4+c^4+d^4)+4abcd-(a^2+b^2+c^2+d^2)^2$．我们证明 \[ f(a,b,c,d)\geqslant f(a-d,b-d,c-d,0). \] 注意到 \[ \begin{aligned} f(a,b,c,d)-f(a-d,b-d,c-d,0)&=2d\left(2\sum_{cyc}(a+b)(a-b)^2-d\left(2\sum_{cyc}(a-b)^2+\sum_{cyc}a^2-d^2\right)\right)\\&=2 d^4 - 2d^2 \left(2\sum_{cyc} (a - b)^2 + \sum_{cyc}a^2\right) + 4d\left( a b c + \sum_{cyc} (a + b) (a - b)^2\right)\\&=2dg(d) \end{aligned} \] 其中$g(d)$为与$d$有关的三次多项式， \[ g(d)=d^3-d\left(2\sum_{cyc}(a-b)^2+\sum_{cyc}a^2\right)+2\left( a b c + \sum_{cyc} (a + b) (a - b)^2\right). \] 注意到 \[ g'(d)=3d^2-\left(2\sum_{cyc}(a-b)^2+\sum_{cyc}a^2\right) \] 由$0\leqslant d\leqslant \min\{a,b,c\}\leqslant\dfrac{a+b+c}{3}$，$g'(0)\leqslant 0$，$g'\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)=-\dfrac{14}{3}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\leqslant 0$，结合二次函数性质知$g'(d)\leqslant 0$．因此$g(d)$在$\left[0,\dfrac{a+b+c}{3}\right]$上单调递减，有 \[ g(d)\geqslant g\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right). \] 因为 \[ \begin{aligned} \dfrac{81}{8}g\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)&=16\sum_{cyc}a^4+12\sum_{cyc}a^2bc+\sum_{sym}a^3b-30\sum_{cyc}a^2b^2 \end{aligned} \] 由四次舒尔不等式 \[ \begin{aligned} 16\sum_{cyc}a^4+12\sum_{cyc}a^2bc+\sum_{sym}a^3b-30\sum_{cyc}a^2b^2&\geqslant 4\sum_{cyc}a^4+13\sum_{sym}a^3b-30\sum_{cyc}a^2b^2\\&=2\sum_{cyc}(a^2-b^2)^2+13\sum_{cyc}ab(a-b)^2\\&\geqslant 0 \end{aligned} \] 故$g(d)\geqslant g\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)\geqslant 0$．所以$f(a,b,c,d)-f(a-d,b-d,c-d,0)=2dg(d)\geqslant 0$，故由情形1 \[ f(a,b,c,d)\geqslant f(a-d,b-d,c-d,0)\geqslant 0. \] 综上，该不等式成立．$\square$

注

事实上，我们可以证明它的推广：$\displaystyle\sum_{cyc}a^4+2\prod_{cyc}a\geqslant \sum_{sym}ab(a^2+b^2)$．运用下面的Suranyi不等式，这是显然的：

Suranyi不等式

数列$\{x_n\}$为正实数，则： \[ (n-1)\sum_{i=1}^nx_i^n+n\prod_{i=1}^nx_i\geqslant\left(\sum_{i=1}^nx_i\right)\left(\sum_{i=1}^nx_i^{n-1}\right). \]

证明

用数学归纳法．

对$n=2$，有$LHS=x_1^2+x_2^2+2x_1x_2=(x_1+x_2)^2=RHS$．

下设不等式对$n$成立，我们来证对 $n+1$也成立．

由齐次性和轮换对称性，不妨设$\{x_n\}$不增，$x_1+x_2+\cdots+x_n=1$，则$x_{n+1}\leqslant\dfrac{1}{n}$．我们将$n+1$时的不等式改写，只需证 \[ n\sum_{k=1}^nx_{k}^{n+1}+nx_{n+1}^{n+1}+nx_{n+1}\prod_{k=1}^nx_k+x_{n+1}\prod_{k=1}^nx_k-(1+x_{n+1})\left(\sum_{k=1}^nx_k^n+x_{n+1}^n\right)\geqslant 0 \] 由归纳假设，我们有 \[ nx_{n+1}\prod_{k=1}^nx_k\geqslant x_{n+1}\sum_{k=1}^nx_{k}^{n-1}-(n-1)x_{n+1}\sum_{k=1}^nx_k^n \] 代入原式，只需证 \[ \left(n\sum_{k=1}^nx_k^{n+1}-\sum_{k=1}^nx_k^n\right)-x_{n+1}\left(n\sum_{k=1}^nx_k^n-\sum_{k=1}^nx_{k}^{n-1}\right)+x_{n+1}\left(\prod_{k=1}^nx_k+(n-1)x_{n+1}^n-x_{n+1}^{n-1}\right)\geqslant 0. \] 一方面，由切比雪夫不等式 \[ n\sum_{k=1}^nx_k^{n+1}-\sum_{k=1}^nx_k^n\geqslant\dfrac{1}{n}\left(n\sum_{k=1}^nx_k^n-\sum_{k=1}^nx_k^{n-1}\right)\geqslant x_{n+1}\left(n\sum_{k=1}^nx_k^n-\sum_{k=1}^nx_k^{n-1}\right) \] 另一方面，因为 \[ \begin{aligned} \prod_{k=1}^nx_k+(n-1)x_{n+1}^n-x_{n+1}^{n-1}&=\prod_{k=1}^n(x_{k}-x_{n+1}+x_{n+1})+(n-1)x_{n+1}^n-x_{n+1}^{n-1}\\&\geqslant x_{n+1}^n+x_{n+1}^{n-1}\sum_{k=1}^n(x_k-x_{n+1})+(n-1)x_{n+1}^n-x_{n+1}^{n-1}\\&=0 \end{aligned} \] 故综上，该不等式在$n+1$时也成立．

综上，由数学归纳法，不等式成立．$\quad\square$

注

取$n=3$，此即三次舒尔不等式；取$n=4$，则得到我们上面所讲的Turkevich不等式的一个推广．由此可以看出，这是一个很强的不等式，它的强度很可能高于大部分不等式．
因此，该不等式需谨慎使用．

和式恒等变换

求和时的代数变形

求和时，一些适当的恒等变换能帮助我们求解．以下是一些常见的恒等变换：

基本代数变形

$a_ia_j+b_ib_j-a_ib_j-a_jb_i=(a_i-b_i)(a_j-b_j)$；
$\displaystyle \left(\sum_{i=1}^na_i\right)^2=\sum_{i=1}^na_i^2+2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}a_ia_j$；
$\displaystyle \left(\sum_{i=1}^na_i\right)\left(\sum_{j=1}^nb_j\right)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ib_j$；
$\displaystyle\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_i-a_j)^2=n\sum_{i=1}^na_i^2-\left(\sum_{i=1}^na_i\right)^2$
$\displaystyle \sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}a_ia_j=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^na_ia_j=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^ja_ia_j$
$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ib_j=\dfrac{1}{2}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_ib_j+a_jb_i)$
（裂项公式）$\displaystyle a_n-a_1=\sum_{i=1}^{n-1}(a_{i+1}-a_i)$．

阿贝尔变换（Abel变换）

下面介绍著名的阿贝尔变换：

阿贝尔和差变换公式

\[ \sum_{k=m}^n(a_k-a_{k-1})b_k=a_nb_n-a_{m-1}b_m+\sum_{k=m}^{n-1}a_k(b_k-b_{k+1}). \]

阿贝尔分部求和公式

设$\displaystyle S_m=\sum_{i=1}^ma_i$，$S_0=0$，则 \[ \sum_{k=1}^na_kb_k=b_nS_n+\sum_{k=1}^{m-1}S_k(b_k-b_{k+1}). \] 以上两个恒等式通称为阿贝尔变换公式．

常用恒等式

拉格朗日恒等式（Lagrange恒等式）

\[ \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)=\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2+\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_ib_j-a_jb_i)^2. \]

平方和乘积恒等式

\[ (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2. \]

牛顿恒等式（Newton恒等式）

设$P(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_nx^n$，其$k$个根为$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$，记$\displaystyle P_i=\sum_{j=1}^ka_j^i$，则 \[ a_nP_i=\sum_{j=1}^k(-1)^{j+1}a_jP_{i-j}. \]

另一个与韦达定理有关的恒等式

设$x_1,x_2,\cdots,x_n$为实数，记$\displaystyle\sigma_k=\sum_{1\leqslant i_1<i_2<\cdots<i_k\leqslant n}x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}$，则 \[ \prod_{k=1}^n(x_k^2+1)=\left(\sum_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor}\sigma_{2k}(-1)^k\right)^2+\left(\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor}\sigma_{2k+1}(-1)^{k}\right)^2. \]