求证这2个不等式
已知`x_1, x_2, x_3, x_4>0`, 求证：1）$(1/6\sum_{i<j}x_ix_j)^3≥(1/4sum_{i<j<k}x_ix_jx_k)^2$
2）$prod_{i<j}(x_i+x_j)≥1/4(sum_{i<j<k}x_ix_jx_k)^2$ 第一个不等式当且仅当x1=x2=x3=x4时取等号 记\(\sigma_k(x_1,x_2,...,x_n)=\sum_{1\le i_1\lt i_2\lt\cdots\lt i_k\le n}x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}\),
并且简记\(\sigma_k(x_1,x_2,...,x_n)\)为\(\sigma_k\),\(\frac{\sigma_k(x_1,x_2,...,x_n)}{C_n^k}\)为\(\bar{\sigma}_k\)
后面还会使用变量$x'_1,x'_2,...,x'_{n-1}$
简记\(\sigma_k(x'_1,x'_2,...,x'_{n-1})\)为\(\sigma'_k\),\(\frac{\sigma_k(x'_1,x'_2,...,x'_{n-1})}{C_{n-1}^k}\)为\(\bar{\sigma}’_k\)
我们可以对k用数学归纳法证明如果$x_i\gt 0$,\(\sqrt{\bar{\sigma}_k}\ge \sqrt{\bar{\sigma}_{k+1}}\)，或者其增强版。
对于k=1,直接两边平方展开用平均不等式就可以证明。
假设对于$k\ge t$不等式成立，对于$k=t+1$, 不妨假设$0\lt x_1\le x_2\le\cdots\le x_n$
我们查看多项式$f(x)=(x_1 x-1)(x_2 x-1)\cdots(x_n x-1)=\sum_{h=0}^n (-1)^{n-h} \sigma_h x^h$
于是$f'(x)=\sum_{h=1}^n (-1)^{n-h} h\sigma_h x^{h-1}$
利用几何意义可以看出这个函数有n-1个零点$\frac1{x'_1},\frac1{x'_2},\cdots,\frac1{x'_{n-1}}$而且$x_1\le x'_1\le x_2\le x'_2\le\cdot\le x_{n-1}\le x'_{n-1}\le x_n$。
于是我们得出$f'(x)=\sigma_1 (x'_1x-1)(x'_2x-1)\cdots(x'_{n-1}x-1)$
比较系数得到$h\sigma_h=\sigma_1 \sigma'_{h-1}$, 即$\bar{\sigma}_h=\bar{\sigma}_1 \bar{\sigma}'_{h-1}$
于是$\bar{\sigma}_2^2=\bar{\sigma}_1^2\bar{\sigma}'_1^2\ge\bar{\sigma}_1^2\bar{\sigma}'_2=\bar{\sigma}_1\bar{\sigma}_3$
进一步可以得出$\bar{\sigma}_3^2=\bar{sigma}_1^2\bar{sigma}'_2^2\ge\bar{sigma}_1^2\bar{\sigma}'_1\bar{\sigma}'_3=\bar{sigma}_2\bar{\sigma}_4$
归纳假设既可以得出更强的结论$\bar{\sigma}_k^2\ge\bar{\sigma}_{k-1}\bar{\sigma}_{k+1}$ 在仅四个数时，由于可以看成每个变量的三次函数，应该可以直接求导计算。
不妨假设$x_1$是四个数中最大的一个，记$u_1=x_2+x_3+x_4, u_2=x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4, u_3=x_2x_3x_4$
于是$3x_1\ge u_1, u_1^2\ge 3 u_2, u_2 \ge 3 u_3 ^{2/3}$
设$f(x)=2(u_1 x+u_2)^3-3^3 (u_2 x+u_3)^2$, 第一问要求证明$f(x_1)\ge 0$
$f'(x)=6u_1 (u_1 x+u_2)^2 - 54 u_2 (u_2x+u_3), f''(x)=12u_1^2 (u_1 x + u_2) - 54u_2^2$
于是在$x\ge \frac{u_1}3$时， $f''(x) \ge 4u_1^4+12u_1^2 u_2 - 54 u_2^2 \ge 36 u_2^2 + 36 u_2^2 -54 u_2^2 \gt 0$
另外$f'(\frac{u_1}3)=2/3 u_1^5 +4u_1^3u_2 - 12 u_1u_2^2 -54 u_2u_3 \ ge 2/3 u_1^5 - 54 u_2 u_3 \ge 0$
由此得出对于$x\ge \frac{u_1}3$时，$f'(\frac{u_1}3)\ge 0$
然后最后
\( \begin{matrix} f(\frac{u_1}3) =2(\frac{u_1^2}3+u_2)^3 - 27 (u_2 \frac{u_1}3+u_3)^2 \\
= 2/27 u_1^6 + 2/3 u_1^4 u_2 -u_1^2u_2^2-18u_1u_2u_3 +2u_2^3 -27u_3^2\\
\ge 2/27 u_1^6 + 2/3 u_1^4 u_2 -u_1^2u_2^2-18u_1u_2u_3+u_2^3\\
\ge 2/27 *9*u_1^2u_2^2 + 2/3*3*u_1^2u_2^2 -u_1^2u_2^2-18u_1u_2u_3+u_2^3\\
=5/3u_1^2u_2^2 - 18 u_1u_2u_3+u_2^3\\
\ge 5/3 u_1^2 u_2^2 + u_2^3 - 18 *(1/3)^{3/2} u_1 u_2^{5/2} \\
=u_2^2 ( 5/3 u_1^2 + \sqrt{u_2}^2 - 2\sqrt{3} u_1 \sqrt{u_2}) \end{matrix}\)
最后一部分分析可以知道正好在$u_1\ge \sqrt{3u_2}$时恒大于0，所以$f(\frac{u_1}3)\ge 0$也成立，所以我们知道对于一切$x\ge \frac{u_1}3$有$f(x)\ge 0$。
这方法估计对第二问也应该可行，就是计算量会比较大 $(x_2+x_3)(x_3+x_4)(x_4+x_2)=u_1u_2-u_3$, 所以我们记
$g(x)=(u_1u_2-u_3)(x^3+u_1x^2+u_2x+u_3)- 4 (u_2 x+u_3)^2$题目中右边$1/4$可以替换为4.
$g'(x)=(u_1u_2-u_3)(3x^2+2u_1x+u_2)- 8 u_2(u_2 x+u_3)$
$g''(x)=(u_1u_2-u_3)(6x+2u_1)-8 u_2^2$
于是对于$x\ge \frac{u_1}3$, $g''(x)\ge (u_1u_2-u_3)*4u_1 -8 u_2^2 $ 容易计算严格大于0.
后面的依次计算计算量有点大,同样可以验算出$g'(\frac{u_1}3),g(\frac{u_1}3)$不小于0 （展开后只有含$u_1$最多，$u_3$最小的项系数是正的，所以容易看出不等式成立）。
所以$g(x)\ge 0$在$x\ge \frac{u_1}3$时成立，问题得证。 本帖最后由 lihpb01 于 2021-4-11 22:39 编辑
真复杂，构造垂心四面体A1A2A3A4，AiAj的平方等于ai和aj的平方和，令x1、x2、x3、x4分别为a1、a2、a3、a4的平方，再套面积平方和、棱长平方和与垂心四面体体积的几何不等式就能推导出来了。中间要用到垂心四面体的体积勾股定理。
只要是4元对称不等式，4个变量均大于等于0就可以用构造垂心四面体或者棱切球四面体(三组对棱之和相等的四面体)的方法，只要套合适的几何不等式就能推导出来。
五个以上对称变量的就构造n维单形，将垂心四面体和棱切球四面体都推广成n维单形，同样寻找合适的几何不等式去套用。 要说复杂度，我认为4#和5#的方法是比较简单的，只是缺乏美感。我倒是比较喜欢3#的方法，可以给出比较一般的结论，而且可以得出更强的不等式。至于你6#的方案，信息太少，还无法判断正确性，但是复杂度肯定不低。 原来是 Newton Maclaurin type inequality
再求证两个不等式
假设x1、x2、x3、x4>0当且仅当x1=x2=x3=x4>0不等式才会取等号。
第二个不等式的计算量非常大，应该没几个能证得出，这样的高难度不等式随便可以构造出无数个。
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