[不等式] kk,能给我们讲讲pqr method吗？

最近发现pqr好像很有用。但又没搜索到啥文档，只有uvw的。请kuing介绍下吧，谢谢。

找 On a class of three-variable inequalities(Vo Quoc Ba Can)

其实就是给出 r 的最值
用三次函数搞的

3# kuing


有没有想过把 pqr 和Cauchy-Schwarz 融合在一起？ 我觉得那个很有搞头啊。

http://wenku.baidu.com/view/ee67a881d4d8d15abe234e63.html

不过其实我很少这样设 q，而是习惯上直接设成 $ab+bc+ca=q$，此时 r 的范围变成
\[\frac{-2p^3+9pq-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}\leqslant r\leqslant \frac{-2p^3+9pq+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}\]

5# kuing


我觉得这个文档少了点什么，估计Can没写出来。一个很重要的事实就是任意的三元不等式都可以写成
\[  F(a,b,c)+G(a,b,c)\times p \geq 0 \]
的形式。其中 $ p=a^2b +b^2 c+c^2 a $
所以，建立对$p$ 的估计是至关重要的。

$ F(a,b,c),G(a,b,c) $都是对称多项式来着。

3# kuing


有没有想过把 pqr 和Cauchy-Schwarz 融合在一起？ 我觉得那个很有搞头啊。
pxchg1200 发表于 2012-1-17 14:58

不曾想过，怎么玩？

7# kuing


暂时没有figure out.只是有一次听Can提到过，他说他发明了种新的CS method. 可以解决很多三元3次、4次、5次、6次的cyclic 型不等式。其中第一步就是把不等式改成那种$pqr$的形式。

5# kuing


我觉得这个文档少了点什么，估计Can没写出来。一个很重要的事实就是任意的三元不等式都可以写成
\[  F(a,b,c)+G(a,b,c)\times p \geq 0 \]
的形式。
$\color{red}{其中 p=a^2b+b^2c+c^2a。所以，建立对 p 的估计是至关重要的。}$
pxchg1200 发表于 2012-1-17 15:08

这个我之前也研究过一下，当 $p=a+b+c,q=ab+bc+ca$ 固定时，$t=a^2b+b^2c+c^2a$ 的范围是
\[\left[ \frac19\left( p^3-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q} \right),\frac19\left( p^3+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q} \right) \right]\]
但很多时候用不上，因为还会有 r 在。

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2574568#p2574568
看这里。那个 $ a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\le\frac{p^{4}+9p^{2}q-27q^{2}+2(p^{2}-3q)\sqrt{7p^{2}(p^{2}-3q)}}{27} $
他们还有对这个$ a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a$ 的估计。

8# pxchg1200

噢，他是准备写书介绍这个办法吧？现在不肯透露就

9# kuing


怎么算到的这个范围？！

11# kuing


不知道，我翻遍了他的那本CS book 都没看到一个3元4次的不等式。另外其他几本<old and New inequalities vol 2> 和<Inequalities with beautiful solutions> 也没看见多少关于这类的题。

12# pxchg1200

用另外一个轮换式，加、乘，变成对称，得到一个 pqr 方程，对 r 求偏导………………

14# kuing


难道是考虑
\[ \sum{a^{2}b}+\sum{ab^{2}}=\sum{ab(a+b)}=x_{1}+x_{2} \]
\[ (\sum{a^{2}b})(\sum{ab^{2}})= x_{1}x_{2}\]
其中$ x_{1},x_{2}$为一个一元二次方程的根。。。。 接下来就不知道怎么弄了。

嗯

下面是之前写的（不可能现在这么快写完这么长）：



对于实数$a,b,c$，记$p = a + b + c$，$q = ab + bc + ca$，$r = abc$，$t_1 =
a^2b + b^2c + c^2a$，$t_2 = ab^2 + bc^2 + ca^2$，直接计算得
\[
\left\{\begin{aligned}
t_1+t_2&=pq-3r,\\
t_1t_2&=q^3+p^3r-6pqr+9r^2,
\end{aligned}\right.
\]
可见$t_1,t_2$乃是如下关于$y$的二次方程
\[
y^2-(pq-3r)y+q^3+p^3r-6pqr+9r^2=0
\]
的两根。当固定$p,q$时，记
\[
F(r,y)=y^2-(pq-3r)y+q^3+p^3r-6pqr+9r^2,
\]
则
\[
\frac{\text dy}{\text dr}=-\frac{F_r(r,y)}{F_y(r,y)}=-\frac{3y+p^3-6pq+
18r}{2y-pq+3r},
\]
联立方程组
\[
\left\{\begin{aligned}
3y+p^3-6pq+18r&=0,\\
y^2-(pq-3r)y+q^3+p^3r-6pqr+9r^2&=0,
\end{aligned}\right.
\]
解得
\[
\left\{\begin{aligned}
r&=\frac{1}{27}\left({-2p^3+9pq+(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}
\right),\\
y&=\frac{1}{9}\left({p^3-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}\right),
\end{aligned}\right.
\]
及
\[
\left\{\begin{aligned}
r&=\frac{1}{27}\left({-2p^3+9pq-(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}
\right),\\
y&=\frac{1}{9}\left({p^3+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}\right),
\end{aligned}\right.
\]
又熟知当$p,q$固定时$r$的取值范围是
\[
\left[{\frac{1}{27}\left({-2p^3+9pq-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}
\right),\frac{1}{27}\left({-2p^3+9pq+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}
\right)}\right],
\]
显然上述两组解的$r$均在此区间内，又因$F(r,y)=0$是椭圆型曲线，所以取最值的$y$及相应的$r$就是那两组解，也就是说$t_1,t_2$的取值范围就是
\[
\left[{\frac{1}{9}\left({p^3-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}
\right),\frac{1}{9}\left({p^3+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}\right)}
\right].
\]

$a^3b+b^3c+c^3a$ 应该也可以这样试试

17# kuing


赞一个，   其实$ a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a=(a^2b+b^2c+c^2a)(a+b+c)-\sum{a^{2}bc}-\sum{a^{2}b^{2}}$
所以说得到$ a^2b+b^2c+c^2a $ 就足够了。

18# pxchg1200

不一样的，$\sum{a^2bc}=pr$，有 $r$ 在，$t$ 取最值的条件与 $r$ 取最值的条件不同，所以如果直接代入的话得到的东东是取不到的

可以说，按上面这种方法，只要所研究的对象化出来除了 t 还有 r 在的话就得重新算算了
简单地，可以试试 $a^2b+b^2c+c^2a+abc$ 的取值范围