关键引理（两变量情形）#

设 $a,b \ge 0$，实数 $p,q,r,s$ 满足

则

当且仅当 $a=b$ 或 $p=q$（此时已退化为相等）时取等。

证明：不妨 $a,b>0$（边界情形直接验证）。令 $u=q-s,\ v=r-s$，由 $p+s=q+r$ 得 $p-s=u+v$，且 $u\ge v\ge 0$。两边同除以 $a^s b^s$：

对括号内做因式分解：

由于 $u,v\ge 0$，$a^u - b^u$ 与 $a^v - b^v$ 同号（同时随 $a,b$ 的大小而正负翻转），故其乘积 $\ge 0\qquad \square$

调匀变换（Robin Hood lemma）#

Hardy–Littlewood–Pólya 定理：若 $\alpha \succ \beta$ 且 $\alpha\ne\beta$，则可以通过 有限次下列调匀变换把 $\alpha$ 变成 $\beta$。

调匀变换：在序列里选两个位置 $i<j$，把 $(\alpha_i,\alpha_j)$ 改成 $(\alpha_i - t,\ \alpha_j + t)$，其中 $0 < t \le \alpha_i - \alpha_j$（即从”大的”那里割一点给”小的”，但不会让大小关系反转）。

为什么总能做到：$\alpha\ne\beta$ 且 $\sum\alpha_i = \sum\beta_i$，必存在最小的 $i$ 使 $\alpha_i > \beta_i$，再取最小的 $j>i$ 使 $\alpha_j < \beta_j$（这种 $j$ 一定存在，否则前缀和将无法相等）。取

做一次调匀，新序列 $\alpha'$ 至少在某一位上”对上了” $\beta$（即 $\alpha'_i=\beta_i$ 或 $\alpha'_j=\beta_j$），且 $\alpha'\succ\beta$ 仍成立。与 $\beta$ 不同的位置数严格减少，故有限步后必终止于 $\beta$。

主定理证明#

只需证明：一次调匀变换 $\alpha \to \alpha'$ 使得 $[\alpha] \ge [\alpha']$。

固定调匀涉及的两个位置 $i,j$。把 $S_n$ 中的 $n!$ 个排列两两配对：每对形如 $\{\sigma,\ \sigma\circ(i\,j)\}$，即两个排列在位置 $i,j$ 上交换，其它位置完全一致。对这一对，记 $a = a_{\sigma(i)},\ b = a_{\sigma(j)}$，其它位置的贡献相同，记作

（注意：调匀只改变 $\alpha_i,\alpha_j$，所以 $C$ 在 $\alpha$ 和 $\alpha'$ 下完全一样。）于是这对排列对 $[\alpha]$ 的贡献是

对 $[\alpha']$ 的贡献是

取 $p=\alpha_i,\ s=\alpha_j,\ q=\alpha_i - t,\ r=\alpha_j+t$，验证 $p\ge q\ge r\ge s$（$t\le \alpha_i-\alpha_j$ 保证了 $q\ge r$）且 $p+s=q+r$，正是关键引理的条件，故每一对都有

对所有 $n!/2$ 对求和，得 $[\alpha] \ge [\alpha']$。

由 Hardy–Littlewood–Pólya 定理，从 $\alpha$ 经有限次调匀可达 $\beta$，每步对称和不增，故

取等条件：每一步引理取等都要求 $a_{\sigma(i)} = a_{\sigma(j)}$ 对所有相关 $\sigma$ 成立，结合 $\sigma$ 跑遍 $S_n$，等价于所有 $a_i$ 都相等（当 $\alpha\ne\beta$ 时）。

观察：两变量引理 = 加权 AM-GM#

回顾关键引理 $a^{u+v}+b^{u+v}\ge a^u b^v + a^v b^u$。直接对两次加权 AM-GM 求和：

两式相加正好得到 $a^{u+v}+b^{u+v}\ge a^u b^v+a^v b^u$。所以Muirhead 的”原子操作”就是加权 AM-GM。

推广：直接用加权 AM-GM 一步搞定#

核心想法：若 $\alpha \succ \beta$，则 $\beta$ 可以写成 $\alpha$ 的置换的凸组合（Hardy–Littlewood–Pólya 的另一刻画）： $\beta = \sum_{\pi \in S_n} \lambda_\pi \cdot \pi(\alpha),\qquad \lambda_\pi \ge 0,\quad \sum_\pi \lambda_\pi = 1$ 然后对每个 $a_1^{\beta_1}\cdots a_n^{\beta_n}$ 用一次加权 AM-GM 即可：

$$a_1^{\beta_1}\cdots a_n^{\beta_n} = \prod_\pi \bigl(a_1^{\alpha_{\pi(1)}}\cdots a_n^{\alpha_{\pi(n)}}\bigr)^{\lambda_\pi} \;\le\; \sum_\pi \lambda_\pi \cdot a_1^{\alpha_{\pi(1)}}\cdots a_n^{\alpha_{\pi(n)}}$$

实战流程#

要证 $[\alpha] \ge [\beta]$（首先确认 $\alpha \succ \beta$），按以下三步走：

1. 挑一个 $\beta$ 侧的单项，比如 $a^{\beta_1}b^{\beta_2}\cdots$
2. 求权重 $\lambda_\pi$：解线性方程组 $\sum_\pi \lambda_\pi \cdot \pi(\alpha) = \beta$，$\sum\lambda_\pi=1$，$\lambda_\pi\ge 0$
3. 写一行加权 AM-GM，对 $\beta$ 中所有对称项做同样操作再相加

例子 1：$a^3 + b^3 + c^3 \ge 3abc$（即 $[(3,0,0)] \ge [(1,1,1)]$）#

$(1,1,1)$ 是 $(3,0,0)$ 三个置换的等权平均：

对 $abc$ 用 AM-GM：

例子 2：$a^2b + b^2c + c^2a \ge 3abc$（即 $[(2,1,0)] \ge [(1,1,1)]$）#

注意现在 $\beta$ 侧也是单项 $abc$，由 $(2,1,0)$ 的三个循环置换求平均得 $(1,1,1)$：

例子 3：$a^4+b^4+c^4 \ge a^2bc+ab^2c+abc^2$（即 $[(4,0,0)]\ge[(2,1,1)]$）#

挑 $\beta$ 侧单项 $a^2bc$，需要权重满足

解得 $\lambda_1=\tfrac{1}{2},\ \lambda_2=\lambda_3=\tfrac{1}{4}$。加权 AM-GM：

对 $ab^2c,\ abc^2$ 循环写同样的两条不等式，三条相加，左边变量被三个权重之和 $\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}=1$ “刚好覆盖”，得

例子 4：Nesbitt 不等式 $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}$#

通分齐次化即 $2(a^3+b^3+c^3+\ldots) \ge 3(\ldots)$ 形式，最终能归到若干个 $\alpha\succ\beta$ 的 Muirhead 比较——而每一个都用上面的加权 AM-GM 套路一步打掉。这种”通分 + 拆分 + 套 AM-GM”的工作流，本质上就是 沿着 Muirhead 的证明思路、把每一步 Robin Hood 换成一个 AM-GM。