• (一) 介紹 Muirhead 不等式。
• (二) 探討它三元之兩種分割：
  1. 對稱輪換不等式(P型)。
     例如 $a^3+b^3+c^3\ge a^2 b+b^2 c+c^2 a$.
  2. 輪換不等式 (Q 型)
     例如 $a^5 b^3 c+b^5 c^3 a+c^5 a^3 b\ge a^4 b^3 c^2+b^4 c^3 a^2+c^4 a^3 b^2$
     　$\divideontimes$ 輪換式指具輪序之非對稱式。
• (三) 共五大分割定理 A, B, C, D, E, 而一以貫之, 最後總結成本定理。
• (四) 最後作三元分割之綜合分析。
• (五) 附件為推廣之三列的排序不等式。

• (一) Muirhead 不等式： $$(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n )\ge(\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n )\Rightarrow \sum (\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n )\ge \sum (\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n )$$
• $\S$1： 敘述說明：
  1. 兩實數列 $(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n )$, $(\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n )$
     若滿足
     1. $\alpha_i\ge \alpha_j$, $\beta_i\ge\beta_j$, $\forall\ i\lt j$.
     2. $\sum\limits_{i=1}^n \alpha_i =\sum\limits_{i=1}^n \beta_i $.
     3. $\sum\limits_{i=1}^K \alpha_i \ge \sum\limits_{i=1}^K \beta_i$, $\forall \ 1\le K\le n$.
     則 $(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n )\ge (\beta_1,\beta_2,\ldots,\beta_n )$。
  2. 齊次對稱式 $\sum x_1^{\alpha_1} x_2^{\alpha_2 }\cdots x_n^{\alpha_n}$ 記為 $\sum (\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n )$ (係數和 $n!$, $x_i\ge 0$, $\forall\ i$)
     例如 $\sum (3,2,1) =a^3 (b^2 c+c^2 b)+b^3 (a^2 c+c^2 a)+c^3 (a^2 b+b^2 a)$.
     $\sum (4,0,0)=2(a^4+b^4+c^4 )$.
     $\sum (2,2,2)=6a^2 b^2 c^2$.
  3. $\because (3,0,0)\ge (2,1,0)$ $\therefore$ $\sum (3,0,0)\ge\sum (2,1,0)$.
     即 $2(a^3+b^3+c^3 )\ge (a^2 b+b^2 c+c^2 a)+(a^2 c+c^2 b+b^2 a)$.
• $\S$ 2： 證明請查 Hardy 著 Inequility 或高中數學電子報網站 67 期本人之文章。
  
  
• (二) Muirhead 不等式三元之分割
  1. 如 $\sum (3,0,0)\ge \sum (2,1,0)$ 可分割成 $$\left\{\begin{array}{l} a^3+b^3+c^3\ge a^2 b+b^2 c+c^2 a\\[4pt] a^3+b^3+c^3\ge a^2 c+c^2 b+b^2 a.\end{array} \right.\hskip6cm \hbox{(P型)}$$
  2. 如 $\sum (5,3,1)\ge \sum (4,3,2)$ 可分割成 $$\left\{\begin{array}{l} a^5 b^3 c+b^5 c^3 a+c^5 a^3 b\ge a^4 b^3 c^2+b^4 c^3 a^2+c^4 a^3 b^2\\[4pt] a^5 c^3 b+b^5 a^3 c+c^5 b^3 a\ge a^4 c^3 b^2+b^4 a^3 c^2+c^4 b^3 a^2. \end{array} \right.\hskip2.8cm \hbox{(Q型)}$$
     $\divideontimes$其他分割, 例如 $\sum (5,3,0)\ge \sum (5,2,1)$ 可分割成三式, 之一為 $a^5 (b^3+c^3)\ge a^5 (b^2 c+c^2 b)$ 則不在本文探討範圍內。
     $\divideontimes$本文只討論三元, 其實四元以上分割概念會更清晰。
  
  $\divideontimes$ 以下 $X\gt Y\gt Z\ge 0$
  
  
• (三) 分割定理：
  定理 A： $\sum (X+Y,0,0)\ge \sum (X,Y,0)$ $(Y\gt 0)$ 可分割 (P型), 即 $$a^{X+Y}+b^{X+Y}+c^{X+Y}\ge a^X b^Y+b^X c^Y+c^X a^Y.$$
  (等價於 $a^{X+Y}+b^{X+Y}+c^{X+Y}\ge a^X c^Y+b^X a^Y+c^X b^Y)$.
  證明(兩種)：
  1. 依排序不等式 $\left\{\begin{array}{l} a^X\ge b^X\ge c^X\\[4pt] a^Y\ge b^Y\ge c^Y\end{array}\right.$, 順序和最大, 得證。
  2. 排序, 令 $b\ge c\ge a$ (其他 5 種同理, 以後雷同), 則 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt (a^{X+Y}+b^{X+Y}+c^{X+Y} )-(a^X b^Y+b^X c^Y+c^X a^Y )\\ &=&a^X (a^Y-b^Y )+b^X (b^Y-c^Y )+c^X (c^Y-a^Y )\\ &=&a^X (a^Y-c^Y )+a^X (c^Y-b^Y )+b^X (b^Y-c^Y )+c^X (c^Y-a^Y)\\ &=&(b^Y-c^Y )(b^X-a^X )+(c^Y-a^Y )(c^X-a^X )\ge 0. \end{eqnarray*} 故成立。
  
  今看下面例子：
  例 (一) $a^5 c+b^5 a+c^5 b\ge a^3 b^2 c+b^3 c^2 a+c^3 a^2 b$
  證明： 令 $a\ge c\ge b$ (兩列之排序不等式失效)。 \begin{eqnarray*} \hbox{則左}-\hbox{右} &=&ca^3 (a^2-b^2 )+ab^3 (b^2-c^2 )+bc^3 (c^2-a^2)\\ &=&ca^3 (a^2-c^2 )+ca^3 (c^2-b^2 )+ab^3 (b^2-c^2 )+bc^3 (c^2-a^2 )\\ &=&c(a^2-c^2 )(a^3-c^2 b)+a(c^2-b^2 )(a^2 c-b^3 )\ge 0. \end{eqnarray*}
  　$\divideontimes$ 同理可知 $a^5 b+b^5 c+c^5 a\ge a^3 b^2 c+b^3 c^2 a+c^3 a^2 b$, 故推廣指數得
  　　 定理 B： $\sum (X+Y,Z,0)\ge \sum (X,Y,Z)$ $(Z\gt 0)$ 可分割 (Q型)
  　$\divideontimes$ $Z=0$ 即定理 A, 即 $$\left\{\begin{array}{l} a^{X+Y} b^Z+b^{X+Y} c^Z+c^{X+Y} a^Z\ge a^X b^Y c^Z+b^X c^Y a^Z+c^X a^Y b^Z\\[4pt] a^{X+Y} c^Z+b^{X+Y} a^Z+c^{X+Y} b^Z\ge a^X c^Y b^Z+b^X a^Y c^Z+c^X b^Y a^Z. \end{array} \right.$$
  　　$\divideontimes$ 上兩式可交叉。 亦即交叉之後, 不等式仍然成立, 請見下例。
  舉列說明：
  例 (二) 令 $X=3$, $Y=2$, $Z=1$, 則 $\sum (5,1,0)\ge \sum(3,2,1)$, 可分割為 \begin{eqnarray*} && \left\{\begin{array}{l} a^5 b+b^5 c+c^5 a\ge a^3 b^2 c+b^3 c^2 a+c^3 a^2 b\\[4pt] a^5 c+b^5 a+c^5 b\ge a^3 c^2 b+b^3 a^2 c+c^3 b^2 a, \end{array}\right.\\ {\hbox{或}} && \left\{\begin{array}{l} a^5 c+b^5 a+c^5 b\ge a^3 b^2 c+b^3 c^2 a+c^3 a^2 b\\[4pt] a^5 b+b^5 c+c^5 a\ge a^3 c^2 b+b^3 a^2 c+c^3 b^2 a. \end{array}\right. \end{eqnarray*}
  系： $\sum (X+Y+Z,0,0)\ge \sum(X+Y,Z,0)\ge \sum(X,Y,Z)$ $(Z\gt 0)$ 可分割。
  $\divideontimes$ 前兩式 (P型), 後兩式 (Q型)。
  舉列說明：
  例 (三) 令 $X=4$, $Y=3$, $Z=2$, 則 $\sum(9,0,0)\ge \sum (7,2,0)\ge \sum(4,3,2)$ 可分割如下： $$\left\{\begin{array}{l} a^9+b^9+c^9\ge a^7 b^2+b^7 c^2+c^7 a^2\ge a^4 b^3 c^2+b^4 c^3 a^2+c^4 a^3 b^2\\[2pt] a^9+b^9+c^9\ge a^7 c^2+b^7 a^2+c^7 b^2\ge a^4 c^3 b^2+b^4 a^3 c^2+c^4 b^3 a^2. \end{array} \right.$$
  今再看下面例子：
  例 (四) $a^4 b^2+b^4 c^2+c^4 a^2\ge a^3 b^2 c+b^3 c^2 a+c^3 a^2 b$
  證明：令 $c\ge b\ge a$ \begin{eqnarray*} \hbox{則左}-\hbox{右} &=&a^3 b^2 (a-c)+b^3 c^2 (b-a)+c^3 a^2 (c-b)\\ &=&a^3 b^2 (a-b)+a^3 b^2 (b-c)+b^3 c^2 (b-a)+c^3 a^2 (c-b)\\ &=&a^2 (c-b)(c^3-ab^2 )+b^2 (b-a)(bc^2-a^3 )\ge 0. \end{eqnarray*}
  故推廣指數得
  定理 C： $\sum(X+Z,Y,0)\ge\sum (X,Y,Z)$ $(Z\gt 0)$ 可分割 (Q型), 即 $$\left\{\begin{array}{l} a^{X+Z} b^Y+b^{X+Z} c^Y+c^{X+Z} a^Y\ge a^X b^Y c^Z+b^X c^Y a^Z+c^X a^Y b^Z\\[2pt] a^{X+Z} c^Y+b^{X+Z} a^Y+c^{X+Z} b^Y\ge a^X c^Y b^Z+b^X a^Y c^Z+c^X b^Y a^Z. \end{array} \right.$$
  系： $\sum (X+Y+Z,0,0)\ge \sum (X+Z,Y,0)\ge \sum(X,Y,Z)\quad (Z\gt 0)$ 可分割。 前兩式(P型), 後兩式(Q型)。
  舉例說明：
  例 (五) 令 $X=4$, $Y=3$, $Z=2$ 則 $\sum (9,0,0)\ge \sum (6,3,0)\ge \sum(4,3,2)$ 可分割成 $$\left\{\begin{array}{l} a^9+b^9+c^9\ge a^6 b^3+b^6 c^3+c^6 a^3\ge a^4 b^3 c^2+b^4 c^3 a^2+c^4 a^3 b^2\\[2pt] a^9+b^9+c^9\ge a^6 c^3+b^6 a^3+c^6 b^3\ge a^4 c^3 b^2+b^4 a^3 c^2+c^4 b^3 a^2. \end{array} \right.$$
  $\divideontimes$ 附件的三列排序不等式可直接導出 $a^9+b^9+c^9\ge a^4 b^3 c^2+b^4 c^3 a^2+c^4 a^3 b^2$
  今再看下面例子
  例 (六) $a^6 b^4 c^2+b^6 c^4 a^2+c^6 a^4 b^2\ge a^5 c^4 b^3+b^5 a^4 c^3+c^5 b^4 a^3$.
  證明： 依算幾不等式得 $$\left\{\begin{array}{l} a^6 b^4 c^2+b^6 c^4 a^2\ge 2b^5 a^4 c^3\\[2pt] b^6 c^4 a^2+c^6 a^4 b^2\ge 2c^5 b^4 a^3\\[2pt] c^6 a^4 b^2+a^6 b^4 c^2\ge 2a^5 c^4 b^3, \end{array} \right.$$ 三式相加, 得證。
  故推廣指數得
  定理D： $\sum (X,Y,Z)\ge \sum\Big(\dfrac{X+Y}2,\dfrac{X+Z}2,\dfrac{Y+Z}2\Big)$ 可分割(Q型).
  定理E： $\sum (X,Y,Z)\ge \sum (r,r,r)$ 可分割 $\Big(r=\dfrac{X+Y+Z}3\Big)$ (P型).
  證明： 由算幾不等式易得。
  舉例說明： 令 $X=3$, $Y=2$, $Z=1$ 則 $\sum (3,2,1)\ge \sum (2,2,2)$ 可分割成 $$\left\{\begin{array}{l} a^3 b^2 c+b^3 c^2 a+c^3 a^2 b\ge 3a^2 b^2 c^2\\[4pt] a^3 c^2 b+b^3 a^2 c+c^3 b^2 a\ge 3a^2 b^2 c^2, \end{array} \right.$$
  由以上諸定理得。
  本定理： \begin{eqnarray*} \sum (X+Y+Z,0,0)&\ge& \left\{\begin{array}{l} \sum (X+Y,Z,0)\\[4pt] \sum (X+Z,Y,0) \end{array} \right.\ge \sum (X,Y,Z)\\ &\ge&\sum \Big(\frac{X+Y}2,\dfrac{X+Z}2,\dfrac{Y+Z}2\Big)\ge\sum(r,r,r) \end{eqnarray*}
  $(Z\gt 0)$ (P,Q型)
  舉例說明： 令 $X=6$, $Y=4$, $Z=2$ 則 $$\sum (12,0,0)\ge \left\{\begin{array}{l} \sum (10,2,0)\\ \sum (8,4,0) \end{array} \right.\ge \sum (6,4,2)\ge \sum (5,4,3)\ge \sum (4,4,4)$$
  可分割成
  例(七) $$\left\{\begin{array}{l} a^{12}+b^{12}+c^{12}\ge a^{10} b^2+b^{10} c^2+c^{10} a^2\ge a^6 b^4 c^2+b^6 c^4 a^2+c^6 a^4 b^2\\ \ge a^5 b^4 c^3+b^5 c^4 a^3+c^5 a^4 b^3\ge 3a^4 b^4 c^4,\\[8pt] a^{12}+b^{12}+c^{12}\ge a^{10} c^2+b^{10} a^2+c^{10} b^2\ge a^6 c^4 b^2+b^6 a^4 c^2+c^6 b^4 a^2\\ \ge a^5 b^4 c^3+b^5 c^4 a^3+c^5 a^4 b^3\ge 3a^4 b^4 c^4, \end{array}\right.$$
  
  
• (四) 三元分割之綜合分析： 令 $(X,Y,Z)\ge (X',Y',Z')$.
• $\S$ 1： $X=X'$, 不可分割
  1. (P型)明顯不可能。
  2. 此時 $Y\gt Y'$, $Z\lt Z'$, $Y+Z=Y'+Z'$,
     而 $a^X b^Y c^Z+b^X c^Y a^Z+c^X a^Y b^Z\ge a^{X'} b^{Y'} c^{Z'}+b^{X'} c^{Y'} a^{Z'}+c^{X'} a^{Y'} b^{Z'}$ 不成立,
     因只要 $a$ 夠大, $b\lt c$ 即找到反例。
     故(Q型)不可能。
  
  由 (1)、 (2) 得證。
• $\S$ 2： $X\gt X'$.
  1. $Y=Y'$, 可分割
     先化簡成 $\sum (X-Z,Y-Z,0)\ge \sum(X'-Z,Y'-Z,Z'-Z)$.
     再令 $A=X'-Z$, $B=Y'-Z$, $C=Z'-Z$,
     得 $\sum (A+C,B,0)\ge \sum (A,B,C)$。 依定理 C 得證。
  2. (2) $Y\not= Y'$
     1. $Z=Z'$, 則不可分割。
        今以 $(6,3,0)\gt (5,4,0)$ 為例
        即 $(a^6 b^3+b^6 c^3+c^6 a^3 )\ge (a^5 b^4+b^5 c^4+c^5 a^4),$
        只要令 $c$ 很小且 $a\lt b$, 則明顯的找到反例, 使其不成立, 其他情況雷同。
     2. $Z\not= Z'$
        1. $X=X'+Y'$ 且 $Z=0$ (此時 $Y=Z'$)
           它可化成 $\sum (X'+Y',Z',0)\ge \sum (X',Y',Z')$,
           依定理 B, 可分割。
        2. 某些特殊型或者可分割。
           如 $\sum (10,8,2)\ge \sum (9,6,5)$ 依定理 D, 可分割。
           如 $\sum (12,6,3)\ge \sum (7,7,7)$ 依定理 E, 可分割。
        3. 其他無法確定
           如 $\sum (10,6,1)\ge \sum (8,5,4)$
           而 $a^{10} b^6 c+b^{10} c^6 a+c^{10} a^6 b\ge a^8 b^5 c^4+b^8 c^5 a^4+c^8 a^5 b^4$ 根本束手無策。
  
  
  
• (五) 附件： 三列之排序不等式
  三實數列: $\left\{\begin{array}{l} a_1\ge a_2\ge \cdots \ge a_n\\[4pt] b_1\ge b_2\ge \cdots \ge b_n\\[4pt] c_1\ge c_2\ge \cdots \ge c_n \end{array}\right., \quad \hbox{則順序和不小於亂序和。}$}
  即 $\sum\limits_{i=1}^n a_i\cdot b_i\cdot c_i \ge \sum\limits_{i=1}^n a_{P_i}\cdot b_{Q_i}\cdot c_{R_i}$.
  其中 $\{P_1,P_2,\ldots,P_n \}=\{Q_1,Q_2,\ldots,Q_n\}=\{R_1,R_2,\ldots,R_n\}=\{1,2,\ldots,n\}$.
• $\S$ 1： 應用
  1. 直接導出例 (三)、例 (五) 之 $a^9+b^9+c^9\ge a^4 b^3 c^2+b^4 c^3 a^2+c^4 a^3 b^2$
  2. 推廣至 $n$ 元 3 指數 (上式為 3 元, 3 指數), 即由 $$\left\{\begin{array}{l} A_1^X\ge A_2^X\ge A_3^X\ge \cdots\ge A_n^X\\[2pt] A_1^Y\ge A_2^Y\ge A_3^Y\ge \cdots\ge A_n^Y\\[2pt] A_1^Z\ge A_2^Z\ge A_3^Z\ge \cdots\ge A_n^Z, \end{array}\right.$$ 得 $A_1^R+A_2^R+\cdot +A_n^R\ge A_1^X A_2^Y A_3^Z+A_2^X A_3^Y A_4^Z+A_3^X A_4^Y A_5^Z+\cdots +A_{n-1}^X A_n^Y A_1^Z+A_n^X A_1^Y A_2^Z$ (P型) $R=X+Y+Z$。
     $\divideontimes$ 上式為 $\sum (X+Y+Z,0,0,\ldots,0)\ge \sum(X,Y,Z,0,0,\ldots,0)$ 之分割後之代表式。 (但要透過 $n$ 元齊次對稱式分割之輪換子群, 以後若討論 4 元以上時, 再詳細說明)
• $\S$ 2： 證明
  1. 取 $n=5$, 而 $a_1 b_1 c_1+a_2 b_2 c_2+a_3 b_3 c_3+a_4 b_4 c_4+a_5 b_5 c_5\ge a_1 b_2 c_3+a_2 b_4 c_5+a_3 b_1 c_4+a_4 b_5 c_1+a_5 b_3 c_2$ 記成 $$\left[\begin{array}{ccccc} ~1~&~2~&~3~&~4~&~5~\\ ~1~&~2~&~3~&~4~&~5~\\ ~1~&~2~&~3~&~4~&~5~ \end{array}\right]\ge \left[\begin{array}{ccccc} ~1~&~2~&~3~&~4~&~5~\\ ~2~&~4~&~1~&~5~&~3~\\ ~3~&~5~&~4~&~1~&~2~ \end{array}\right]\ \hbox{(省略不定元)。}$$
     $\divideontimes$ 其和為 5 行之每行相乘後相加。
  2. Lemma (對調原理)
     若 $A\ge B$, $C\ge D$ 則將 $AD+BC$ 中 $C,D$ 之對調後會遞增, 因為 $AD+BC\le AC+BD$, 可推廣如下：
     1. 若 $A\ge B$, $C\ge D$, $E\ge F$則將 $ACF+BDE$ 之 $E,F$ 對調後會遞增。
        因為 $(ACE+BDF)-(ACF+BDE)=(AC-BD)(E-F)\ge 0$。
     2. 若 $A\ge B$, $C\ge D$, $E\ge F$, $G\ge H$ 將 $ACFH+BDEG$ 之 $FH$ 和 $EG$ 對調一樣會遞增(同理)。 記為 $$\left[\begin{array}{ccccc} ~A~&~B~\\ ~C~&~D~\\ ~F^v~&~E^v~\\ ~H^v~&~G^v~ \end{array}\right]\le \left[\begin{array}{ccccc} ~A~&~B~\\ ~C~&~D~\\ ~E~&~F~\\ ~G~&~H~ \end{array}\right] \ \hbox{($v$ 表對調之項)。}$$
        $\divideontimes$ 也許抽象成「大$\cdot$小$+$小$\cdot$大 $\le$ 大$\cdot$大$+$小$\cdot$小」更易了解。
  3. 數學歸納法
     以上矩陣、引理、歸納法三箭齊發, 即可中靶心, 省略過程。

---本文作者為高雄女中退休教師---