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舒尔不等式 (Schur's Inequality) ​

舒尔不等式是处理三元对称不等式的「杀手锏」。当 AM-GM不等式 和柯西不等式在边界条件下失效时，舒尔不等式往往能一击制胜。它由德国数学家 Issai Schur 提出，在竞赛数学中具有不可替代的地位。

[!关键] 舒尔不等式专治三元对称多项式不等式，尤其是三次及更高次数的情形。其核心结构是 $a^r(a-b)(a-c)$ 的轮换对称和。

一、基本形式 ​

1.1 一般形式 ​

对于任意非负实数 $a, b, c \geq 0$及任意实数$r \geq 0$，恒有：

$$ \color{Red}{a^r(a-b)(a-c) + b^r(b-c)(b-a) + c^r(c-a)(c-b) \geq 0} $$

当且仅当 $a = b = c$，或者其中两个数相等且第三个数为 $0$ 时，等号成立。

[!直观理解] 每一项形如 $a^r(a-b)(a-c)$，可以看作「某个变量的某次幂」乘以「该变量与其他两变量之差」的乘积。由于不等式具有完全对称性（轮换对称），不妨设 $a \geq b \geq c \geq 0$ 来简化证明。

1.2 $r = 1$ 情形（最常用） ​

当 $r = 1$ 时，舒尔不等式化为最常用的三次形式：

$$ \color{Red}{a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b)} $$

等价形式：

$$ \color{Red}{\sum_{\text{cyc}} a(a-b)(a-c) \geq 0} $$

或写作对称和记号：

$$ \color{Red}{a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq \sum_{\text{sym}} a^2 b} $$

其中 $\sum_{\text{sym}} a^2 b = a^2 b + a^2 c + b^2 a + b^2 c + c^2 a + c^2 b$。

1.3 $r = 2$ 情形 ​

当 $r = 2$ 时，舒尔不等式化为四次形式：

$$ \color{Red}{a^4 + b^4 + c^4 + abc(a+b+c) \geq a^3(b+c) + b^3(c+a) + c^3(a+b)} $$

二、证明 ​

2.1 $r=1$ 情形的证明（展开法） ​

证明：将 $r=1$ 的舒尔不等式左边展开：

$$ \begin{aligned} &\quad a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) \newline &= a(a^2 - ab - ac + bc) + b(b^2 - bc - ab + ac) + c(c^2 - ac - bc + ab) \newline &= a^3 - a^2b - a^2c + abc \newline &\quad + b^3 - b^2c - ab^2 + abc \newline &\quad + c^3 - ac^2 - bc^2 + abc \newline &= (a^3 + b^3 + c^3) + 3abc - (a^2b + ab^2 + a^2c + ac^2 + b^2c + bc^2) \newline &= a^3 + b^3 + c^3 + 3abc - \sum_{\text{sym}} a^2 b \end{aligned} $$

由于 $a, b, c \geq 0$，我们需要证明上式 $\geq 0$。不妨设 $a \geq b \geq c \geq 0$，则：

$$ \begin{aligned} &\quad a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) \newline &= (a-b)[a(a-c) - b(b-c)] + c(c-a)(c-b) \end{aligned} $$

因为 $a \geq b \geq c \geq 0$：

  • $a - b \geq 0$
  • $a(a-c) \geq b(b-c)$（因为 $a \geq b$且$a-c \geq b-c \geq 0$）
  • 故 $(a-b)[a(a-c) - b(b-c)] \geq 0$
  • $(c-a)(c-b) \geq 0$（两个非正数相乘），$c \geq 0$
  • 故 $c(c-a)(c-b) \geq 0$

两项均为非负，和自然非负。$\blacksquare$

2.2 一般 $r$ 的证明（对称性假设法） ​

证明：由于不等式关于 $a, b, c$具有完全对称性，不失一般性，假设$a \geq b \geq c \geq 0$。

将原不等式左边变形：

$$ \begin{aligned} &\quad a^r(a-b)(a-c) + b^r(b-c)(b-a) + c^r(c-a)(c-b) \newline &= (a-b)\big[a^r(a-c) - b^r(b-c)\big] + c^r(c-a)(c-b) \end{aligned} $$

分项分析符号：

  1. 由于 $a \geq b \geq c \geq 0$，有 $a-c \geq b-c \geq 0$，且 $a^r \geq b^r \geq 0$（$r \geq 0$）。 因此 $a^r(a-c) \geq b^r(b-c)$，即方括号内的项 $\geq 0$。 结合 $a - b \geq 0$，得第一大项 $(a-b)\big[a^r(a-c) - b^r(b-c)\big] \geq 0$。

  2. 由于 $c \leq a$且$c \leq b$，有 $c-a \leq 0$，$c-b \leq 0$。 因此 $(c-a)(c-b) \geq 0$（负负得正）。 结合 $c^r \geq 0$，得第二大项 $c^r(c-a)(c-b) \geq 0$。

两个非负项相加，原不等式成立。$\blacksquare$

三、舒尔不等式的威力 ​

舒尔不等式在证明三元对称不等式时尤其强大，主要体现在：

  1. 降维打击：将一个看似复杂的三元高次不等式直接转化为舒尔标准型，一步得证。
  2. 边界处理：当 $a, b, c$中有变量趋近于$0$时，AM-GM 往往失效，而舒尔在此时恰好取等（两个相等、一个为$0$）。
  3. 与已知不等式联动：舒尔不等式常与 AM-GM不等式、柯西不等式 联合使用，形成「舒尔 + AM-GM」或「舒尔 + 柯西」的组合招数。

四、例题 ​

例题 1：已知 $a, b, c \geq 0$，证明：

$$ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) $$

证明：这正是 $r=1$ 的舒尔不等式标准形式。直接应用舒尔不等式：

$$ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq \sum_{\text{sym}} a^2 b = a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a + ca^2 $$

而 $ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a) = a^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a + ca^2$，故原不等式即为舒尔不等式本身，一步得证。当且仅当 $a = b = c$或其中两个相等且第三个为$0$ 时等号成立。$\square$

例题 2：已知 $a, b, c > 0$且$a + b + c = 1$，证明：

$$ ab + bc + ca \leq \frac{1}{3} + \frac{9abc}{a+b+c} $$

证明：由于 $a + b + c = 1$，欲证不等式等价于：

$$ ab + bc + ca \leq \frac{1}{3} + 9abc $$

即：

$$ 3(ab + bc + ca) \leq 1 + 27abc $$

由 $a + b + c = 1$，有 $1 = (a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab+bc+ca)$，故 $a^2 + b^2 + c^2 = 1 - 2(ab+bc+ca)$。

又由舒尔不等式（$r=1$）：

$$ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq \sum_{\text{sym}} a^2 b $$

将 $\sum_{\text{sym}} a^2 b$用$(a+b+c)(ab+bc+ca) - 3abc$ 代换（利用恒等式），得：

$$ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq (a+b+c)(ab+bc+ca) - 3abc = ab + bc + ca - 3abc $$

又由恒等式 $a^3 + b^3 + c^3 = (a+b+c)^3 - 3(a+b+c)(ab+bc+ca) + 3abc = 1 - 3(ab+bc+ca) + 3abc$，代入舒尔不等式：

$$ 1 - 3(ab+bc+ca) + 3abc + 3abc \geq ab + bc + ca - 3abc $$

整理得：

$$ 1 + 9abc \geq 4(ab+bc+ca) - 3abc $$

即：

$$ 1 + 12abc \geq 4(ab+bc+ca) $$

两边除以 $4$：

$$ ab + bc + ca \leq \frac{1}{4} + 3abc $$

而我们需要的结论是 $ab + bc + ca \leq \dfrac{1}{3} + 9abc$。由于 $\dfrac{1}{4} + 3abc \leq \dfrac{1}{3} + 9abc$（因 $abc \geq 0$），原不等式成立。

实际上，更直接的证法是利用舒尔不等式的等价形式：

$$ a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq \sum_{\text{sym}} a^2 b $$

代入 $a+b+c=1$，经过恒等变形可得到 $ab+bc+ca \leq \dfrac{1}{3} + 9abc$。这里从略。$\square$

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