不等式の証明の技法

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac12\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\ge0$。

正の $a,b,c$ について、Cauchy–Schwarz の不等式を $(\sqrt a,\sqrt b,\sqrt c)$ と $(1/\sqrt a,1/\sqrt b,1/\sqrt c)$ に使うと $(a+b+c)\bigl(\frac1a+\frac1b+\frac1c\bigr)\ge9$。たとえば $(a,b,c)=(1,2,3)$ では左辺は $6\cdot\frac{11}6=11$ である。

$f(x):=\log(1+x)-x+\frac{x^2}2$ は $f(0)=0$、$f'(x)=\frac{x^2}{1+x}>0$（$x>0$）なので、$x>0$ で $\log(1+x)>x-\frac{x^2}2$。

$a^2b+b^2c+c^2a$ は巡回的な 3 次の同次式だが対称ではない（$(3,2,1)$ で $25$、$(1,2,3)$ で $23$）。

$(a_1,a_2,a_3)=(1,2,3)$、$(b_1,b_2,b_3)=(4,5,6)$ の組み方 $6$ 通りの積の和は $28,29,29,31,31,32$ である。最大 $32=1\cdot4+2\cdot5+3\cdot6$ は順を揃えた組み方、最小 $28=1\cdot6+2\cdot5+3\cdot4$ は逆にした組み方である。

$(1,2,3)$ と $(4,5,6)$ は同順で、$3\cdot32=96\ge6\cdot15=90$ である。$(1,2,3)$ と $(6,5,4)$ は逆順で、$3\cdot28=84\le90$ である。

$a,b,c\ge0$ なら $(a-b)(a^2-b^2)=(a-b)^2(a+b)\ge0$ なので、$(a,b,c)$ と $(a^2,b^2,c^2)$ は同順である。

1. $a^2b+b^2c+c^2a$ は $a^2\leftrightarrow b$、$b^2\leftrightarrow c$、$c^2\leftrightarrow a$ と組にした積の和なので、thm-tpi-rearrangement により $a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a$。
2. thm-tpi-chebyshev により $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\le3(a^3+b^3+c^3)$。差は $\sum(a-b)^2(a+b)$（3 つの組についての和）である。

$(a,b,c)=(-2,1,1)$ では $(a-b)(a^2-b^2)=-9<0$ で同順でない。実際 $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=0$、$3(a^3+b^3+c^3)=-18$ で、上の 2 は成り立たない。負の数を許すと $x\mapsto x^2$ が増加でなくなり、同順の仮定が破れる。

$y_i=1$、$p=3$ とすると $\sum|x_i|\le n^{2/3}\|x\|_3$、たとえば $a,b,c\ge0$ で $(a+b+c)^3\le9(a^3+b^3+c^3)$。$(a,b,c)=(1,2,3)$ では $216\le324$ である。

thm-tpi-minkowski（$p=2$）を $(x,1)$ と $(3-x,2)$ に使うと $\sqrt{x^2+1}+\sqrt{(3-x)^2+4}\ge\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt2$。$x=1$ では左辺が $\sqrt2+\sqrt8=3\sqrt2$ となるので、最小値は $3\sqrt2$ である。$x=1$ は 2 つのベクトルが同じ向きになる $x:1=(3-x):2$ から見つけられる。

1. Hölder で $p=q=3$（$\frac1p+\frac1q\ne1$）、$x=y=(1,1)$ とすると、左辺 $2$ に対し右辺 $2^{2/3}=1.587\ldots$。
2. Minkowski で $p=\frac12$、$x=(1,0)$、$y=(0,1)$ とすると、$\|x+y\|_{1/2}=(1+1)^2=4>2=\|x\|_{1/2}+\|y\|_{1/2}$。

$\sum_{\mathrm{sym}}a^2b:=a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b$ とおくと
$$ \textstyle\sum_{\mathrm{sym}}a^2b-6abc=a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2 $$
で、$a,b,c\ge0$ なら $0$ 以上である。

$t=1$ とする。$(x,y,z)=(2,1,0)$ では左辺は $2\cdot1\cdot2+1\cdot1\cdot(-1)+0=3>0$、$(1,1,0)$ と $(1,1,1)$ では $0$ で、等号条件のとおりである。

1. 変数が負の場合：$t=1$、$(x,y,z)=(-1,0,0)$ なら Schur の左辺は $(-1)(-1)(-1)=-1<0$。$x,y,z\ge0$ の仮定を外すと成り立たない。
2. $0$ 以上でも平方の和でない場合：$M(x,y):=x^4y^2+x^2y^4-3x^2y^2+1$ は、3 数 $x^4y^2,x^2y^4,1$ の相加相乗平均により $M\ge0$ である（相乗平均は $x^2y^2$）。しかし $M$ は実係数の多項式の平方の和に書けない。実際 $M=\sum_kf_k^2$ とすると、(i) $y=0$ とおいて $\sum_kf_k(x,0)^2=1$。$f_k(x,0)$ の次数の最大 $m$ が $1$ 以上なら $x^{2m}$ の係数が最高次係数の平方の和で正になるので、$f_k(x,0)$ は定数である。$f_k(0,y)$ も同様。(ii) $f_k$ の次数の最大を $m$ とすると、$M$ の $2m$ 次の部分は $f_k$ の $m$ 次の部分の平方の和で $0$ でないので、$2m\le6$。(i)(ii) より $f_k=\alpha_k+\beta_kxy+\gamma_kx^2y+\delta_kxy^2$ の形である。(iii) 積が $x^2y^2$ になる単項式の組は $xy\cdot xy$ だけなので、$\sum_kf_k^2$ の $x^2y^2$ の係数は $\sum_k\beta_k^2\ge0$ となり、$-3$ と矛盾する。

$a+b+c=1$ のとき $a^2+b^2+c^2\ge\frac13$ は、$3(a^2+b^2+c^2)\ge(a+b+c)^2$ と同値で、差は $\sum(a-b)^2\ge0$ である。

$a^2b+b^2c+c^2a-(ab^2+bc^2+ca^2)=(a-b)(a-c)(b-c)$ は、$(3,2,1)$ で $2$、$(1,2,3)$ で $-2$ である。「$a\ge b\ge c$ としてよい」と仮定すると差は $0$ 以上と「示せて」しまうが、主張は偽である。左辺は巡回的だが対称ではないので、この仮定は許されない。

$a,b,c\ge0$、$a+b+c=3$ なら $\sum\frac1{1+a^2}\ge\frac32$。$f(t):=\frac1{1+t^2}$ の $t=1$ での接線は $y=\frac{2-t}2$ で、
$$ f(t)-\frac{2-t}2=\frac{t(t-1)^2}{2(1+t^2)}\ge0\qquad(t\ge0) $$
である。$a,b,c$ について足すと $\sum f\ge\frac{6-(a+b+c)}2=\frac32$。等号は各変数が $0$ か $1$ で和が $3$、すなわち $a=b=c=1$ のときである。

負の値を許すと、$t=-1$ では $f(-1)=\frac12$ が接線の値 $\frac{2-(-1)}2=\frac32$ を下回り、接線の評価が破れる。実際 $(a,b,c)=(-1,2,2)$ では $\sum f=0.9<1.5$ となって主張も偽になる。

相異なる正の整数の列 $a_1,a_2,\dots$ について、すべての正の整数 $n$ で $\sum_{k=1}^n\frac{a_k}{k^2}\ge\sum_{k=1}^n\frac1k$ を示せ。
— 第 20 回国際数学オリンピック（1978 年）第 5 問（和訳。Oly78）

実数 $x_1\ge\cdots\ge x_n$、$y_1\ge\cdots\ge y_n$ と、$y_1,\dots,y_n$ の並べ替え $z_1,\dots,z_n$ について、$\sum_{i=1}^n(x_i-y_i)^2\le\sum_{i=1}^n(x_i-z_i)^2$ を示せ。
— 第 17 回国際数学オリンピック（1975 年）第 1 問（和訳。Oly75）

$a,b,c$ が三角形の 3 辺の長さなら $a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\le3abc$ を示せ。
— 第 6 回国際数学オリンピック（1964 年）第 2 問（和訳。Oly64）

正の実数 $a,b,c$ が $abc=1$ を満たすなら $\bigl(a-1+\frac1b\bigr)\bigl(b-1+\frac1c\bigr)\bigl(c-1+\frac1a\bigr)\le1$ を示せ。
— 第 41 回国際数学オリンピック（2000 年）第 2 問（和訳。Oly00）

$x,y,z\ge0$、$x+y+z=1$ のとき $0\le xy+yz+zx-2xyz\le\frac7{27}$ を示せ。
— 第 25 回国際数学オリンピック（1984 年）第 1 問（和訳。Oly84）

$1$ と異なる実数 $x,y,z$ が $xyz=1$ を満たすなら $\frac{x^2}{(x-1)^2}+\frac{y^2}{(y-1)^2}+\frac{z^2}{(z-1)^2}\ge1$ を示せ。（(b) は等号が無限個の有理数の組で成り立つことを示す問題で、本記事では扱わない。）
— 第 49 回国際数学オリンピック（2008 年）第 2 問（和訳。Oly08）