传统 pqr 方法

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本文译自 Mathias Bæk Tejs Knudsen 的 The uvw method（文末有原文链接）

除特殊标明“笔者注”外都是译者注.

略去了原文中的一些习题.

传统 pqr 方法

引言

给定 a, b, c \in \mathbb{R}，我们可以将 a, b, c 的对称多项式写成 p = \dfrac{a + b + c}{3}, q = \dfrac{ab + bc + ca}{3}, r = abc 多项式^{[1]}. 在许多题目里会保证 a, b, c \geq 0，这时有 p, q, r \geq 0. 但如果没有这个条件，p, q, r 也可能是负数.

下面给出了一些三元对称多项式的变形：

a^2 + b^2 + c^2 = 9p^2 - 6q (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2 = 9q^2 - 6pr a^3 + b^3 + c^3 = (a+b+c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) + 3abc = 27p^3 - 27pq + 3r a^4 + b^4 + c^4 = (a^2 + b^2 + c^2) ^ 2 - 2[(ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2] = 81p^4 - 108p^2q + 18q^2 + 12pr

（t = 1 的 Schur 不等式）\sum_{cyc}a(a-b)(a-c) \geq 0 \iff r + 3p^3 \geq 4pq

最后一个的推导十分复杂，但这是证明 **UVW 定理** 及其一系列推论的工具，因此在这些推论不被允许使用的比赛中如果想用下面介绍的方法，需要大致记住这个变形的结果和/或过程. #### 基本理论 **傻瓜定理** $a, b, c \geq 0$ 时，$p \geq \sqrt{q} \geq \sqrt[3]{r}$. 证：第一个不等号等价于 $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$，第二个不等号等价于 $q^3 \geq ab\cdot bc\cdot ca$，由 AM-GM 不等式都是显然的. $\square

单独使用傻瓜定理往往没什么用处，但熟练掌握它很重要.

有时我们会引入比例 t = \dfrac{p^2}{q}，p \neq 0, q = 0 时定义 t = +\infty，p = 0, q = 0 时定义 t = 1.^{[2]}

当 a, b, c \geq 0 时，易知 t \geq 1. 没有这个条件时我们也有 t \in (-\infty, 0] \cup [1, +\infty).

UVW 定理 给定 p, q, r \in \mathbb{R}，存在 a, b, c \in \mathbb{R} 满足 p = \dfrac{a + b + c}{3}, q = \dfrac{ab + bc + ca}{3}, r = abc 当仅当

p^2 \geq q \text{ 且 } r \in [3pq - 2p^3 - 2\sqrt{(p^2 - q)^3}, 3pq - 2p^3 + 2\sqrt{(p^2 - q)^3}]

证：

引理 设复数 a, b, c 满足 p = \dfrac{a + b + c}{3}, q = \dfrac{ab + bc + ca}{3}, r = abc. 则

a, b, c \in \mathbb{R} \iff (a - b)(b - c)(c - a) \in \mathbb{R}

引理证：

必要性显然，只证充分性，即 a \not \in \mathbb{R} \implies (a - b)(b - c)(c - a) \not \in \mathbb{R}.

定义实系数多项式 f(t) = t^3 - 3pt^2 + 3qt - r = (t-a)(t-b)(t-c)，则 a, b, c 是 f(t) 的三根. 由f(\overline{a}) = \overline{f(a)} = 0 不妨设 b = \overline{a}. (a - b)(b - c)(c - a) = -(a - \overline{a})|a - c|^2 \not \in \mathbb{R}.（最后一步是因为 \mathrm{i}(a-\overline{a}),|a-c|^2 \in \mathbb{R}.）\blacksquare

回到原题，显然 x \in \mathbb{R} \iff x^2 \in [0, +\infty). 因此存在 a, b, c \in \mathbb{R} 满足 p = \dfrac{a + b + c}{3}, q = \dfrac{ab + bc + ca}{3}, r = abc 当仅当 (a - b)^2 (b - c)^2 (c - a)^2 \geq 0. 由 ①，这等价于 4(p^2 - q)^3 \geq (r - 3pq + 2p^3)^2，以下是平凡的. \square

正数定理 a, b, c \geq 0 \iff p, q, r \geq 0.

证：必要性显然，只证充分性，即 a < 0 \implies p < 0 \text{ 或 } q < 0 \text{ 或 } r < 0.

如果 a, b, c 中有奇数个负数则 r < 0（也有可能 r = 0，不过易证此时 p 或 q 是负数）.

如果 a, b, c 中有偶数个负数，不妨设 a, b < 0. 令 x = -a, y = -b，若 3p = c - x - y \geq 0，有 c \geq x + y，则 3q = xy - c(x + y) \leq -x^2 - xy - y^2 < 0. \square

定性估计

UVW 定理给出了 p, q, r 之间的最强约束，但每道题都把 3pq - 2p^3 - 2\sqrt{(p^2 - q)^3} 这种式子带入原本可能已经十分复杂的 f(p, q, r) 可能不是什么好主意，因此我们有必要找一种更好的使用它的方法.

或许你已经在大量的做题中注意到，大量的三元对称不等式在 a = b = c 取等，有些在 a = b, c = 0 时取等，还有些在 a = b = kc（k 是某个常数，比如 2）时取等. 很少会看到 a = 3, b = 2, c = 1 这种取等条件 —— 尽管可以强行换元造一道这样的题. 另一方面，将原目标函数化为 f(p, q, r) 后，最值一定可以通过固定 p, q 到正确的位置，把 r 移动到正确的位置来取到，这使我们不禁猜测：是否 r 到达了常见的极值点 —— UVW 定理给出的边界时，一定有 a = b 这种结论？

"Tejs 定理" (I)^{[3]} 固定 p, q 使得存在 r 使得对应的 a, b, c \geq 0 存在，则这样的 r 有最大值和最小值. r 取到最大值时 a, b, c 中有两数相等，r 取到最小值时 a, b, c 中有两数相等或有一个为零.

证：

设 f(r) = 4(p^2 - q)^3 - (r - 3pq + 2p^3)^2，根据 UVW 定理和正数定理，合法的 r 满足 r \geq 0 和 f(r) \geq 0. 注意到 \deg f(r) = 2, [r^2]f(r) = -1 < 0 且存在合法 r，故 f(r) 有正根. 设 \alpha 是其最大正根，显然合法 r 最大取到 \alpha，再根据 UVW 定理的证明，f(\alpha) = 0 \implies (a-b)(b-c)(c-a) = 0，所以合法 r 取到最大值时 a, b, c 中有两数相等. 设 \beta 是其最小正根，若 r \in [0, \beta) 时 f(r) < 0，则合法 r 最小取到 \beta，此时 a, b, c 中有两数相等；若 r \in [0, \beta) 时 f(r) > 0，则合法 r 最小取到 0，此时 abc = 0，a, b, c 中有一个为零. \square

"Tejs 定理" (II) 固定 p, r 使得存在 q 使得对应的 a, b, c \geq 0 存在，则这样的 q 有最大值和最小值. q 取到最大值时 a, b, c 中有两数相等，q 取到最小值时 a, b, c 中有两数相等.

证：

设 f(q) = 4(p^2 - q)^3 - (r - 3pq + 2p^3)^2，根据 UVW 定理和正数定理，合法的 q 满足 q \geq 0 和 f(q) \geq 0. 注意到 \deg f(q) = 3, [q^3]f(q) = -4 < 0 且存在合法 q，故 f(q) 有正根. 设 \alpha 是其最大正根，显然合法 q 最大取到 \alpha，此时 a, b, c 中有两数相等. 设 \beta 是其最小正根，若 q \in [0, \beta) 时 f(q) < 0，则合法 q 最小取到 \beta，此时 a, b, c 中有两数相等；若 q \in [0, \beta) 时 f(q) > 0，则合法 q 最小取到 0，此时 a, b, c 中有两数为 0. \square

"Tejs 定理" (III) 固定 q, r 使得存在 p 使得对应的 a, b, c \geq 0 存在，则这样的 p 有最大值和最小值. p 取到最大值时 a, b, c 中有两数相等，p 取到最小值时 a, b, c 中有两数相等.

证：

设 f(p) = 4(p^2 - q)^3 - (r - 3pq + 2p^3)^2，根据 UVW 定理和正数定理，合法的 p 满足 p \geq 0 和 f(p) \geq 0. 注意到 \deg f(p) = 3, [p^3]f(p) = -4r < 0（六次项和四次项都消掉了）且存在合法 p，故 f(p) 有正根. 设 \alpha 是其最大正根，显然合法 p 最大取到 \alpha，此时 a, b, c 中有两数相等. 设 \beta 是其最小正根，若 p \in [0, \beta) 时 f(p) < 0，则合法 p 最小取到 \beta，此时 a, b, c 中有两数相等；若 p \in [0, \beta) 时 f(p) > 0，则合法 p 最小取到 0，此时 a, b, c 均为 0. \square

推论 不超过五次的三元对称多项式各变量非负时的最值在有两个变量相等或有一个变量为 0 时取到.

证：目标函数可写成 r 的一次式，最值一定在 r 的最值处取到.

解题时可不妨设 a = 0 或 a = b.

事实上，目标函数不是一次式时最值也常常在 r 的最值处取到，具体可以参见下面的例题.

应用

并非所有不等式都可以 pqr，对付化成多项式后次数过高的、不对称的、或者干脆超过三元的，都需要思考其他方法. 大多数 pqr 方法解决的题目也有不用 pqr 的做法，不过在本文中会略去.

例1 (IMO '06 P3) 确定最小的实数 M 使得 \forall a, b, c \in \mathbb{R}，

|ab(a^2 - b^2) + bc(b^2 - c^2) + ca(c^2 - a^2)| \leq M (a^2 + b^2 + c^2)^2

解：

注意左边不是对称式，需要平方变成对称.

原不等式 \iff 3 p^2 (4(p^2 - q)^3 - (r - 3pq + 2p^3)^2) \leq M^2(3p^2-2q)^4.

直接调整 r 作放缩：只需 12p^2(p^2 - q)^3 \leq M^2(3p^2 - 2q)^4.

设 t = \dfrac{p^2}{q}，即 12t(t-1)^3 \leq M^2(3t-2)^4. 根据前文结论，t \leq 0 或 t \geq 1.

设 f(t) = \dfrac{12t(t-1)^3}{(3t-2)^4} = \dfrac{12(1-\frac{1}{t})^3}{(3-\frac{2}{t})^4}，f'(t) = \dfrac{12(t-1)^2 (t+2)}{(3t-2)^5}. t \geq 1 时，f'(t) > 0，f(t) < f(+\infty) = \dfrac{4}{27}. t \leq 0 时，f(t) \leq f(-2) = \dfrac{81}{512}. 比较得 M = \dfrac{9}{16\sqrt{2}} 符合要求.

根据推导不难得出 r - 3pq + 2p^3 = 0, p^2 = -2q 时能将 M 卡到上述界，p = 2, q = -2, r = 28 是一组解，此时 a, b, c 是 f(x) = x^3 - 6x^2 - 6x - 28 的三根. 如果这个三次方程不好解可以由 UVW 定理直接断言实数 a, b, c 的存在性，不过本题中是好解的：f(x) = (x-2)(x^2-4x+14).

例2 (V. Q. B. Can) 设 a, b, c \geq 0，满足 ab + bc + ca = 1. 证明

\dfrac{1}{2a + 2bc + 1} + \dfrac{1}{2b + 2ca + 1} + \dfrac{1}{2c + 2ab + 1} \geq 1

证：

这个解法可谓充分展现了 pqr 方法的力量：我们几乎无需计算，并且核心思想非常简明！

通分，原不等式 \iff \sum_{cyc}(2a+2bc+1)(2b+2ca+1) \geq \prod_{cyc}(2a+2bc+1).

左边四次右边六次，不难发现即证 g(r) = -8r^2 + Br + C \geq 0（B, C 是关于 p, q 的多项式）.

注意到条件 3q = 1 与 r 无关，所以只需检查 r 取最值的情形，即 a, b, c 有两数相等或某数为 0. 以下平凡. \square

例3 设 a, b, c \geq 0，满足 a + b + c = 3. 证明

(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca) \leq 9

证^{[4]}：设 t = \dfrac{p^2}{q} \geq 1.

原不等式 $\iff 3p^5 \geq (a^2b + b^2c + c^2a)q \iff 6p^5 - q\sum_{cyc}(a^2b+a^2c) \geq q\sum_{cyc}(a^2b-a^2c) \\ \iff 6p^5-9pq^2+3qr \geq(a-b)(b-c)(c-a)q. \begin{aligned} 2p^5 - 9pq^2 + 3qr &\geq 2p^5 + pq^2 - 3p^3q &(\text{Schur 不等式}) \\ &= 2t^2-3t+1 \\ &=(t-1)(2t-1) \\ &\geq 0. \end{aligned}

故原不等式 \iff (6p^5-9pq^2+3qr)^2 \geq (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2q^2 \\ \iff q^2r^2 + pq(p^4 + 3p^2q - 6q^2)r + p^{10} - 3p^6q^2 + 3q^5 \geq 0 \ \ \ \ \ \ (*)\\ \Longleftarrow \ p^2q^2(p^4 + 3p^2q - 6q^2)^2-4q^2(p^{10} - 3p^6q^2 + 3q^5) \leq 0 \\ \iff t(t^2+3t-6)^2 - 4(t^5-3t^3 + 3) \leq 0 \\ \iff (t-1)^2(t^3 - 4t + 4) \geq 0.

\square

注意这个题虽然在 (*) 处也化成了 r 的二次式，但是开口方向不巧，必须把各次项系数求出.

例4 设 x, y, z \geq 0，满足 xy+yz+zx = 1，证明

\dfrac{1}{x+y} + \dfrac{1}{y+z} + \dfrac{1}{z+x} \geq \dfrac{5}{2}

证：

通分后三次，条件 3q = 1 与 r 无关，只需检查两数相等或某数为 0. 以下平凡. \square

例5 设 a, b, c \geq 1，满足 a + b + c = 9，证明

\sqrt{ab+bc+ca} \geq \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}

证：

设 a = (1 + x)^2, b = (1 + y)^2, c = (1 + z)^2 且 x, y, z \geq 0.

条件等价于 3p^2 + 2p - 2q = 3. 原不等式两边平方，等价于 \sum_{cyc}(1+x)^2(1+y)^2 \geq \left(\sum_{cyc}(1+x)\right)^2. 不超过五次对称多项式，只需检查两数相等或某数为 0. 以下平凡. \square

笔者注：条件 a, b, c \geq 1 远不是最好的结果，最优界大约是 a, b, c \geq 0.1169.

例6 设 a, b, c > 0，证明

\dfrac{1}{a^2+b^2} + \dfrac{1}{b^2+c^2} + \dfrac{1}{c^2+a^2} \geq \dfrac{10}{(a+b+c)^2}

证：

原不等式 \iff 27p^2(27p^4 - 36p^2q + 15q^2 - 2pr) - 90(9p^2q^2 - 6q^3 - 6p^3r + 4pqr) + 10r^2 \geq 0 \\ \iff g(r) = 10r^2 + (486p^3 - 360pq)r + E \geq 0.

显然 g(r) 的对称轴在 y 轴左侧，因此只需检查两数相等或某数为 0. 以下平凡. \square

注：例 3 的对称轴符号没这么好确定.

例7^{[5]} 设 a, b, c > 0，证明

\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + \dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2

证：

原不等式 \iff \dfrac{p^2}{q} + \dfrac{24pq}{9pq - r} \geq 4.

只需在 r 取最小值，即两数相等或某数为 0 时证明，以下平凡. \square

参考与注释

[1]: 作者的定义是 3u = a + b + c, 3v^2 = ab + bc + ca, w^3 = abc，译者猜测这时为了保持齐次的形式. 出于顺应国内习惯，译者选择变更其为本文中的定义.

[2]: 作者还补充了 p^2 < 0, q = 0 时 t = -\infty，译者认为 a, b, c \in \mathbb{R} 时无需考虑这一情况，因此删去了该句.

[3]: 作者指出这个定理是这是本文中最漂亮的部分，他之前还从未看到过它的应用，因此他用自己的名字命名之. 该定理的 (I) (II) (III) 部分证明想法几乎一样，作者和译者写这三段时都进行了大量的复制粘贴 :D

[4]: 笔者注：本解法来自 Micheal Rozenberg (aka Arqady). 注：不过作者给的那个链接现在挂了.

[5]: 原文疑似未给出 a, b, c > 0 的条件，事实上 a = b = -10, c = 5.1 时不等式左边 < 0，因此译者猜测这一条件被遗漏了.

原文链接