$ab+bc+ca\le aa+bb+cc$

这是关于什么的?

问题

下面的不等式虽然简单,但很有用,通常用于证明更复杂的不等式。在这里,我想记录下它的几个证明。

ab+bc+ca不超过aa+bb+cc

证明0

上面的小程序说明了这一证明。这是特奥·洛佩斯·普契奥提出的。

底部线段分为三个长度$a、\、$$b、\、$和$c。\,$我们假设$a\ge b\ge c.\,$对于滑块$u=1,\,$总彩色区域等于$ab+bc+ca\,$当滑块$u=0,\;$总着色面积等于$a^2+b^2+c^2。可以观察到,前者不能超过后者。

证据1

AM-GM不等式,$\displaystyle xy\le\frac{x^2+y^2}{2}。\;$所以我们有

$\显示样式\开始{align}ab+bc+ca&\le\左(\frac{a^2+b^2}{2}\right)+\左(\frac{b^2+c^2}}{2{right)+\左(\ frac{c^2+a^2}{2}\右)\\&=a^2+b^2+c^2。\结束{align}$

证据2

WLOG(WLOG),我们可以假设,例如,$a\le b\le c.\;$然后通过重排不等式,

$ab+bc+ca\le aa+bb+cc=a^2+b^2+c^2$

证据3

观察明显的$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 0。\;$这相当于

$2(a^2+b^2+c^2)\ge 2(ab+bc+ca)$

证据4

$\显示样式\sum_{cycle}循环^2-\总和_{循环}ab=\frac{1}{2}\sum_{cycle}(a-b)^2\ge 0$

证据5

函数$\displaystyle f(a,b,c)=\sum_{cycle}循环^2-\总和_{循环}ab\;$ 同质度为$2:\;$$f(ta,tb,tc)=t^2f(a,b,c),\;$用于$t\ne 0.\;$因此,我们可以应用各种规范化例如,$a=1,\;$$b=1+x,\;$$c=1+年\;$代换将不等式转化为

$(1+x)+(1+x)(1+y)+(1+y)\le 1+(1+x)^2+(1+y)^2$

减少到

$(1+x)+(1+x)(1+y)+(1+y)\le 1+(1+x)^2+(1+y)^2$

然后,到$xy\le x^2+y^2.$但是从$(x-y)^2\ge 0\;$接下来是$\显示样式xy\le\frac{1}{2}(x^2+y^2)\;$它比$xy\le x^2+y^2强$

证明6

与前面的证明一样,达到$xy\lex^2+y^2$时,我们发现这等价于$\displaystyle 0\leleft(x-\frac{y}{2}\right)^2+frac{3y^2}{4}$

证明7

让我们表示$p=a+b+c\;$和$q=ab+bc+ca;$$a、 b,c\;$是三次多项式$f(t)=t^3-pt^2+qt-abc的根因为这个多项式有三个实根$a,b,c,\;$其导数$f'(t)=3t^2-2pt+q有两个实根,这意味着它的判别式不是负的:$p^2-3q\ge 0.$用$a,b,c\;$表示这正是所需的不等式。

证明8

让我们考虑一个二次多项式$f(x)=x^2-x(b+c)+(b^2+c^2-bc)这个多项式的判别式,

$D=(b+c)^2-4(b^2+c^2-bc)=-3(b-c)^2\lt 0$

意味着$f(t)\;$没有实根(除非$b=c)\;$因此,所有$t\in\mathbb{R}的符号都相同由于它对于$t、\;$的大值显然是正的到处都是积极的。特别是,如果$b\ne c,\;$$f(a)\gt 0.\;$二次公式$f(a)=0,\;$若$a=b=c$

证明9

Leo Giugiuc传达了这一证据。

艾奥内斯库·威森博克(Ionescu-Weitzenbock)不等式,$x^2+y^2+z^2\ge 4\sqrt{3} S公司,\;$ 其中$S=[\Delta ABC],\;$锐角三角形$ABC的面积和$x、y、z\;$它的边长。

设$x^2=b^2+c^2,\;$$y^2=c^2+a^2,\;$$z^2=a^2+b^2,\;$其中$a,b,c\;$是实数$2S=\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}。\;$所以我们有

$a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3(a^2b^2+b^2c^2+c ^2a^2)}$

但是

$\开始{align}\sqrt{3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}&\ge|ab|+|bc|+|ca|\\&\ge ab+bc+ca。\;\结束{align}$

证明10

这幅插图是由Nassim Nicholas Taleb绘制的。

ab+bc+ca的几何图解不超过aa+bb+cc,#1

图形表示:不同c值的脊线a=b无法获得干净的RegionPlot3D。

ab+bc+ca的几何图解不超过aa+bb+cc,#2

最后,当我们从下面收敛到平等。

ab+bc+ca的几何图解不超过aa+bb+cc

证明11

Kunihiko Chikaya在评论中发表了以下证据:“这是针对13、14、15岁日本儿童的解决方案。”

$\开始{align}f(a)&=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\\&=a^2-(b+c)a+b^2-bc+c^2\\&=[a-(b+c)/2]^2+(3/4)\cdot(b-c)^2\\&\年龄0。\结束{align}$

仅当$a-(b+c)/2=0\;$时,等式成立和$b-c=0,\;$$a=b=c$

证明12

Sam Walters观察到,不等式是柯西·施瓦茨不平等:

$ab+bc+ca\le\sqrt{a^2+b^2+c^2}\cdot\sqrt{b^2+c^2+a^2}=a^2+b^2+2$

插图

这是加里·戴维斯的一幅插图。

基本不等式,图解

工具书类

  1. A.恩格尔,问题解决策略,施普林格出版社,1998年

 

三变量循环不等式

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