博主天这几天在NoyACG上看本子，然后看到有人正在出数学题
那好啊
开做！
已知$a+x=b+y=c+z=1$，且$a,b,c,x,y,z$都是正数，求证$ay+bz+cx<1$
那老样子，直接给过程，博主一共用了种方法来解决这道题，将会以难易程度由易到难来排序题解
反证法
假设$ay+bz+cx \geq 1$成立。由于所有变量都是正数，我们可以将整个不等式两边都除以$a+b+c$，得到：
$\frac{ay}{a+b+c} + \frac{bz}{a+b+c} + \frac{cx}{a+b+c} \geq \frac{1}{a+b+c}$
现在，由于$a+x=b+y=c+z=1$，我们可以使用这些等式来重新表示不等式：
$\frac{(1-x)y}{2} + \frac{(1-y)z}{2} + \frac{(1-z)x}{2} \geq \frac{1}{3}$
接下来，我们简化这个不等式：
$y – xy + z – yz + x – xz \geq \frac{2}{3}$
重新排列项：
$x + y + z – xy – yz – xz \geq \frac{2}{3}$
注意到左边是三个正数的和：$x, y, z$。所以我们有：
$x + y + z \geq \frac{2}{3}$
然而，这与$x+y+z=1$相矛盾。因为我们假设$ay+bz+cx \geq 1$是成立的，并得到了一个矛盾，所以我们的初始假设是不正确的。因此，我们可以得出结论：$ay+bz+cx < 1$是成立的
Cauthy不等式
首先，我们知道Cauchy不等式是这样表述的：
对于任意的正数$a_i$和$b_i$，有$\left(\sum_{i=1}^{n} a_i b_i\right)^2 \leq \left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right) \cdot \left(\sum_{i=1}^{n} b_i^2\right)$
现在，我们将$ay+bz+cx$看作$\left(\sqrt{a} \cdot \sqrt{y}\right)^2 + \left(\sqrt{b} \cdot \sqrt{z}\right)^2 + \left(\sqrt{c} \cdot \sqrt{x}\right)^2$，并考虑它与$1$之间的关系：
$\begin{aligned} \left(\sqrt{a} \cdot \sqrt{y}\right)^2 + \left(\sqrt{b} \cdot \sqrt{z}\right)^2 + \left(\sqrt{c} \cdot \sqrt{x}\right)^2 &\\\leq \left(\left(\sqrt{a}\right)^2 + \left(\sqrt{b}\right)^2 + \left(\sqrt{c}\right)^2\right) \cdot \left(\left(\sqrt{y}\right)^2 + \left(\sqrt{z}\right)^2 + \left(\sqrt{x}\right)^2\right) \ ay + bz + cx &\\\leq (a+b+c)(x+y+z) \end{aligned}$
由于$a+x=b+y=c+z=1$，我们有：
$ay + bz + cx \leq (a+b+c)(x+y+z) = 1$
所以，$ay + bz + cx < 1$
矩阵法
给定条件为：
$$
\begin{bmatrix}
a & x \\
b & y \\
c & z \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}
$$
现在，我们定义矩阵$\mathbf{M}$和向量$\mathbf{v}$如下：
$$
\mathbf{M} =
\begin{bmatrix}
a & x \\
b & y \\
c & z \\
\end{bmatrix}
\quad \text{和} \quad
\mathbf{v} =
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}
$$
要证明$ay + bz + cx < 1$，我们需要证明$\mathbf{M}\mathbf{v} < \mathbf{1}$，其中$\mathbf{1}$是元素全为$1$的向量
现在，我们计算$\mathbf{M}\mathbf{v}$：
$$
\mathbf{M}\mathbf{v} =
\begin{bmatrix}
a & x \\
b & y \\
c & z \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
a + x \\
b + y \\
c + z \\
\end{bmatrix}
$$
因为$a+x=b+y=c+z=1$，所以$\mathbf{M}\mathbf{v} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix} = \mathbf{1}$
现在，我们考虑$a, b, c, x, y, z$都是正数的条件。根据向量加法的性质，$\mathbf{M}\mathbf{v} = \mathbf{1}$ 意味着$a+x=b+y=c+z=1$是$\mathbf{M}\mathbf{v} \leq \mathbf{1}$的唯一解
现在，我们假设$ay + bz + cx \geq 1$成立。根据向量乘法的性质，我们有：
$$
\begin{bmatrix}
a & x \\
b & y \\
c & z \\
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
y \\
z \\
x \\
\end{bmatrix}
$$
$$
\begin{bmatrix}
ay + xz \\
bz + xy \\
cx + yz \\
\end{bmatrix}
\geq
\begin{bmatrix}
1 \\
1 \\
1 \\
\end{bmatrix}
$$
然而，根据之前的推导，$\mathbf{M}\mathbf{v} = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{bmatrix}$ 是唯一解。因此，$ay + bz + cx \geq 1$的假设是不成立的
因此，我们得出结论：$ay + bz + cx < 1$
偏导数法
首先，我们有以下条件：
$a+x=b+y=c+z=1$
我们要证明$ay+bz+cx<1$。
我们定义一个函数$f(a, b, c) = ay + bz + cx$。我们的目标是证明对于所有满足$a+x=b+y=c+z=1$的正数$a, b, c$，有$f(a, b, c) < 1$。
现在，我们计算$f$关于$a$的偏导数：
$\frac{\partial f}{\partial a} = y$
$f$关于$b$的偏导数：
$\frac{\partial f}{\partial b} = z$
$f$关于$c$的偏导数：
$\frac{\partial f}{\partial c} = x$
现在，我们来观察这些偏导数。由于$a, b, c$都是正数，而$x, y, z$都是正数且等于$1-a, 1-b, 1-c$，我们可以得出以下结论：
- 当$a<1$时，$\frac{\partial f}{\partial a} = y > 0$
- 当$b<1$时，$\frac{\partial f}{\partial b} = z > 0$
- 当$c<1$时，$\frac{\partial f}{\partial c} = x > 0$
根据偏导数的意义，这表示$f$在这些变量的取值范围内是递增的。
现在，假设$ay + bz + cx \geq 1$。由于$f$是在$a, b, c$上递增的函数，当$a, b, c$取最小值（即都等于$0$）时，$ay + bz + cx$的值应最小。然而，这样的取值使得$x, y, z$都等于$1$，这与给定条件$a+x=b+y=c+z=1$相矛盾。因此，假设$ay + bz + cx \geq 1$是不成立的。
由此，我们得出结论：$ay + bz + cx < 1$
二阶偏导
对于多变量的不等式证明，一种常用的方法是使用二阶偏导数进行判别。我们可以通过二阶偏导数来分析函数的凹凸性，然后得出结论。让我们尝试使用这种方法来证明$ay+bz+cx<1$。
首先，我们定义函数$f(a, b, c) = ay + bz + cx$。我们的目标是证明对于所有满足$a+x=b+y=c+z=1$的正数$a, b, c$，有$f(a, b, c) < 1$。
计算$f$的偏导数：
$$
\frac{\partial f}{\partial a} = y, \quad
\frac{\partial f}{\partial b} = z, \quad
\frac{\partial f}{\partial c} = x
$$
计算$f$的二阶偏导数：
$$
\frac{\partial^2 f}{\partial a^2} = 0, \quad
\frac{\partial^2 f}{\partial b^2} = 0, \quad
\frac{\partial^2 f}{\partial c^2} = 0
$$
现在，我们观察二阶偏导数的值。由于$f(a, b, c)$的二阶偏导数都为零，这意味着$f(a, b, c)$是一个线性函数。
由给定条件$a+x=b+y=c+z=1$，我们有：
$$
ay + bz + cx = a(1-a) + b(1-b) + c(1-c) = a – a^2 + b – b^2 + c – c^2
$$
因为$a, b, c$都是正数，所以当$0 < a < 1$时，$a – a^2 < a$，且当$0 < b < 1$时，$b – b^2 < b$，以及当$0 < c < 1$时，$c – c^2 < c$。
因此，我们有：
$$
ay + bz + cx = a – a^2 + b – b^2 + c – c^2 < a + b + c = 1
$$
所以，对于满足$a+x=b+y=c+z=1$的正数$a, b, c$，我们得到$ay+bz+cx<1$。证毕。
函数凹凸性和Hessian矩阵
在该方法中，我们利用函数$f(a, b, c) = ay + bz + cx$的凸函数性质来证明$ay+bz+cx<1$。
首先，我们定义函数$f(a, b, c) = ay + bz + cx$。要证明$ay+bz+cx<1$，我们需要证明$f(a, b, c) < 1$对于所有满足$a+x=b+y=c+z=1$的正数$a, b, c$成立。
我们观察$f(a, b, c)$的Hessian矩阵，即二阶偏导数的矩阵：
$$
H =
\begin{bmatrix}
\frac{\partial^2 f}{\partial a^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial a \partial b} & \frac{\partial^2 f}{\partial a \partial c} \\
\frac{\partial^2 f}{\partial b \partial a} & \frac{\partial^2 f}{\partial b^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial b \partial c} \\
\frac{\partial^2 f}{\partial c \partial a} & \frac{\partial^2 f}{\partial c \partial b} & \frac{\partial^2 f}{\partial c^2} \\
\end{bmatrix}
$$
计算得到：
$$
H =
\begin{bmatrix}
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{bmatrix}
$$
由于Hessian矩阵是零矩阵，我们知道$f(a, b, c)$是凸函数。对于凸函数而言，局部最小值即为全局最小值。
由给定条件$a+x=b+y=c+z=1$，我们有：
$$
ay + bz + cx = a(1-a) + b(1-b) + c(1-c) = a – a^2 + b – b^2 + c – c^2
$$
因为$a, b, c$都是正数，所以当$0 < a < 1$时，$a – a^2 < a$，且当$0 < b < 1$时，$b – b^2 < b$，以及当$0 < c < 1$时，$c – c^2 < c$。
因此，我们有：
$$
ay + bz + cx = a – a^2 + b – b^2 + c – c^2 < a + b + c = 1
$$
所以，对于满足$a+x=b+y=c+z=1$的正数$a, b, c$，我们得到$ay+bz+cx<1$。证毕。
拉格朗日乘数法
首先，我们构造拉格朗日函数$L(a, b, c, \lambda) = ay + bz + cx + \lambda(a+x-1) + \lambda(b+y-1) + \lambda(c+z-1)$，其中$\lambda$是拉格朗日乘数。
现在，我们求$L$关于$a, b, c$的偏导数，并令其为零，得到以下方程组：
$$
\frac{\partial L}{\partial a} = y + \lambda = 0, \quad
\frac{\partial L}{\partial b} = z + \lambda = 0, \quad
\frac{\partial L}{\partial c} = x + \lambda = 0
$$
解这个方程组，我们得到$a = -\lambda, b = -\lambda, c = -\lambda$，进而得到$x = y = z = 1 + \lambda$。
由于$a, b, c, x, y, z$都是正数，所以$\lambda$必须是负数。
现在，我们计算$L$在约束条件下的极值：
$$
L(-\lambda, -\lambda, -\lambda, \lambda) = (-\lambda)y + (-\lambda)z + (-\lambda)x + \lambda(-\lambda+x-1) + \lambda(-\lambda+y-1) + \lambda(-\lambda+z-1)
$$
简化后得到：
$$
L(-\lambda, -\lambda, -\lambda, \lambda) = -3\lambda + 3\lambda^2 < 0
$$
由于$L(-\lambda, -\lambda, -\lambda, \lambda) < 0$，所以在满足约束条件$a+x=b+y=c+z=1$的情况下，我们得到：
$$
ay + bz + cx = L(-\lambda, -\lambda, -\lambda, \lambda) < 0 < 1
$$
因此，$ay + bz + cx < 1$对于所有满足$a+x=b+y=c+z=1$的正数$a, b, c$成立。
通过拉格朗日乘数法，我们成功地证明了$ay + bz + cx < 1$。
