20# kuing


我只记得有个Well-know的不等式是:
\[ a^2b+b^2c+c^2a+abc \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^{3} \]

21# pxchg1200

嗯，这个我也知道，不过如果 p,q 固定了的话就不一定能取到等号了

22# kuing


我发现其实那些所谓的pqr,uvw 貌似都是基于一个叫ABC的理论，那个Tran Phuong 在《Diamonds in Mathematical Inequalites》中花了很大篇幅讲这个方法。不过还没看懂。。。。

那个ABC method好像还能证Vasc不等式。
\[ (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a) \]

不曾了解ABC

接16楼。

加个$kabc$（$k$为常数）试试，令$k_1=t_1+kr$，$k_2=t_2+kr$，利用前面的结果，有
\[
\left\{\begin{aligned}
k_1+k_2&=t_1+t_2+2kr=pq+(2k-3)r,\\
k_1k_2&=t_1t_2+kr(t_1+t_2)+k^2r^2=q^3+p^3r+(k-6)pqr+(k^2-3k+9)r^2,
\end{aligned}\right.
\]
可见$k_1,k_2$乃是如下关于$y$的二次方程
\[
y^2-(pq+(2k-3)r)y+q^3+p^3r+(k-6)pqr+(k^2-3k+9)r^2=0
\]
的两根。当固定$p,q$时，记
\[
F(r,y)=y^2-(pq+(2k-3)r)y+q^3+p^3r+(k-6)pqr+(k^2-3k+9)r^2,
\]
则
\[
\frac{\text dy}{\text dr}=-\frac{F_r(r,y)}{F_y(r,y)}=-\frac{-(2k-3)y+(k-6)pq+p^3+2(k^2-3k+9)r}{2y-pq-(2k-3)r},
\]
联立方程组
\[
\left\{\begin{aligned}
-(2k-3)y+(k-6)pq+p^3+2(k^2-3k+9)r&=0,\\
y^2-(pq+(2k-3)r)y+q^3+p^3r+(k-6)pqr+(k^2-3k+9)r^2&=0,
\end{aligned}\right.
\]
解得
\[
\left\{\begin{aligned}
r&=\frac{1}{27}\left( -2p^{3}+9pq+\frac{3-2k}{\sqrt{k^{2}-3k+9}}\cdot\sqrt{(p^{2}-3q)^{3}} \right),\\
y&=\frac{1}{27}\left( (3-2k)p^{3}+9kpq-2\sqrt{(k^{2}-3k+9)(p^{2}-3q)^{3}} \right),
\end{aligned}\right.
\]
及
\[
\left\{\begin{aligned}
r&=\frac{1}{27}\left( -2p^{3}+9pq-\frac{3-2k}{\sqrt{k^{2}-3k+9}}\cdot\sqrt{(p^{2}-3q)^{3}} \right),\\
y&=\frac{1}{27}\left( (3-2k)p^{3}+9kpq+2\sqrt{(k^{2}-3k+9)(p^{2}-3q)^{3}} \right),
\end{aligned}\right.
\]
又熟知当$p,q$固定时$r$的取值范围是
\[
\left[{\frac{1}{27}\left({-2p^3+9pq-2\sqrt{(p^2-3q)^3}}
\right),\frac{1}{27}\left({-2p^3+9pq+2\sqrt{(p^2-3q)^3}}
\right)}\right],
\]
又易证
\[\pm\frac{3-2k}{\sqrt{k^{2}-3k+9}}\in(-2,2),\]
故上述两组解的$r$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$k_1,k_2$的取值范围就是
\[
\left[
\frac{1}{27}\left( (3-2k)p^{3}+9kpq-2\sqrt{(k^{2}-3k+9)(p^{2}-3q)^{3}} \right),
\frac{1}{27}\left( (3-2k)p^{3}+9kpq+2\sqrt{(k^{2}-3k+9)(p^{2}-3q)^{3}} \right)
\right].
\]

以上结果用 Mathematica 代入若干数值验证暂时都成立

命令：

p = -3;
q = 2;
k = 1/2;
zxz1 = ((3 - 2 k) p^3 + 9 k p q - 2 Sqrt[(k^2 - 3 k + 9) (p^2 - 3 q)^3])/27;
zdz1 = ((3 - 2 k) p^3 + 9 k p q + 2 Sqrt[(k^2 - 3 k + 9) (p^2 - 3 q)^3])/27;
Minimize[{a^2 b + b^2 c + c^2 a + k a b c, a + b + c == p, a b + b c + c a == q}, {a, b, c}];
zxz2 = Part[%, 1];
Maximize[{a^2 b + b^2 c + c^2 a + k a b c, a + b + c == p, a b + b c + c a == q}, {a, b, c}];
zdz2 = Part[%, 1];
Factor[zxz1 - zxz2]
Factor[zdz1 - zdz2]


注：前三行对 p,q,k 赋值，只要填上满足 $p^2\geqslant3q$，k 为任意值都行，填完后运行，只要结果出现两个 0 就是成立的。

好，试水了，$u_1=a^3b+b^3c+c^3a$，$u_2=ab^3+bc^3+ca^3$，计算得
\[\left\{\begin{aligned}
u_1+u_2&=p^2q-2q^2-pr,\\
u_1u_2&=q^4+(p^4-5p^2q+q^2)pr+7p^2r^2,
\end{aligned}\right.\]
方程
\[y^2-(p^2q-2q^2-pr)y+q^4+(p^4-5p^2q+q^2)pr+7p^2r^2=0,\]
仍然固定p,q
\[\frac{\text dy}{\text dr}=-\frac{F_r(r,y)}{F_y(r,y)}=-\frac{p(y+q^2+14pr-5p^2q+p^4)}{2y+2q^2+pr-p^2q},\]
联立
\[\left\{\begin{aligned}
p(y+q^2+14pr-5p^2q+p^4)&=0,\\
y^2-(p^2q-2q^2-pr)y+q^4+(p^4-5p^2q+q^2)pr+7p^2r^2&=0,
\end{aligned}\right.\]
若$p=0$，第一式恒成立，第二式化为$(y+q^2)^2=0$，从而$y=-q^2$，即$u_1,u_2$为常数$-q^2$；
若$p\ne0$，则解得
……
时间关系明在再写，反正跟前面提到的那个贴的结果一样。

突然发现有点不同，就是处等条件的问题

29# kuing


上述方法能秒这个么？
If $ a,b,c $ are nonnegative real numbers,no two of which are zero,then:

\[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{69(a^3b+b^3c+c^3a)}{(a+b+c)^4} \ge \frac{32}{9} \]
( quykhtn-qa1)

我还得进一步研究一下未知元是非负的情形，不然如果直接用那个下界（大概都是负的）也没什么用了。

话说还顺便解决了那个vasc的反向，$-\sqrt7/8$ 那个

32# kuing


哇，贴出来看看怎么做的。

33# pxchg1200


呃，就是与下界比较咯，作差移项平方因式分解…………没什么技术含量（暴力分解用软件 ）

28# kuing


kk继续嘛，写得非常好。 我要看看那个pqr到底有什么用。

34# kuing


先不求技术，做出来再说嘛，能贴下软件的结果么。 求详细过程。。

突然发现其实由 $a^2b+b^2c+c^2a+kabc$ 的范围可以得到 $a^3b+b^3c+c^3a$ 的范围，这是因为
\[a^3b+b^3c+c^3a=p(a^2 b + b^2 c + c^2 a + a b c) - q^2\]
于是当 $p,q$ 固定时，只要分 $p$ 的正负方可由 $a^2b+b^2c+c^2a+kabc$ 取 $k=1$ 时的范围而得到其范围。
咳，原来这个不用重新算，上面白算鸟

这样其它四次轮换式应该也能得到了，哈，没想到这个顺手试试的 +kabc 原来是很有用嘀

38# kuing



表示刚收到你的信息，这几天家里断网了，悲剧。