上面这个很好猜，但是对于一般的就很困难了。。。
利用这个证明Muirhead定理是一种挑战，详细的可以参考《代数不等式》P96。。。事实上，Muirhead定理反应的是函数的一种优超关系，可以通过每一个双重随机矩阵是置换矩阵的加权平均（伯克霍夫-冯·诺依曼（Birkhoff-von Neumann）定理）证明。。。。
（九）再谈配方法。。。。
配方就是解决多项式不等式的通天之法，因为原则上，一切正定多项式都可以化成二次型。但是往往不易配得，所以这一般用线性代数的方法，不过有一点是：手开矩阵是个很闹心的事情。。。于是我们有待定系数的方法。。。 但是应该配成几项呢？这要是不知道就很困难了。。。比如说： 对于实数 a , b , c ，证明：
竟然配出了27个平方项才解决。。。这已经令人无法接受了。。。。 所以说，也不要贸然配方，不过对于这样的情况（现在对于实数），你可以直接想待定系数配方： ①一切二元或二次整式，可以整理成两个或n个平方和 ②二次或四次三元整式，可以整理成3个平方和 例如：对于实数 a , b , c ，证明：
2 x^4 + 2 y^4 + 2 z^4 - (x + y) z^3 - (x + z) y^3 - (y + z) x^3 ≥ 0. 证明：
不要觉得神奇，这都是根据基础流配方得到的。。。
（对于三元四次，只说轮换型的解决方案，不轮换时可以类比，不过就是比较麻烦罢了） 二元二次型：
对应系数相等可以解得：
当t = 0时：
具体情况具体分析，寻找一个使得总体更美观的参数。。。当然，对于二元二次型都很简单，一般只配成t=0的形式，事实上大家都会，不要被我吓到了。。。写出来那个带自由变量p的只是为了说明配方的多样性。。。 若可以取等，则二元二次型必能配成： 三元二次型：
对于任意情况的求解极为艰深。。。在这里不给出了（latex命令已经超过2M），但需要注意到这个方程是无穷多解的，且自由度为2。。。 三元四次轮换型：
这是两个自由度的。。。
常常可以用的均值取等条件： a_1+a_2+a_3+b_1+b_2+b_3=0 这样只剩下一个自由度。。之后的就是寻找一个漂亮的参数了。。。a3=0时在给出a1：
其他项就容易配得了。。。
关于漂亮的参数的一点解释，例如上面的例子：a1=0时：
虽然也说明了问题，但是看起来很不舒服。。。 对于三元六次不等式，配方常常很困难。。。例如三次平均值不等式： 对于实数x , y , z ，证明： x^6+y^6+z^6\\geq 3x^2y^2z^2. 由于人懒，交给软件解决了。。。反正他配出来是10项，这已经可以让你想要四处骂人了。。。。
但是我们遇到的问题常常是定义在正数集上的。。。这增加了配方的变化，即：
其中f(x,y,z) ≥ 0，另外如果等号能够取得，那么在满足取等条件g的解集{(x.y.z)|g(x,y,z)=0}中的元素亦满足p_i(x,y,z)=0
对于三元齐n次整式来说：
例如：
对于正数x , y , z ,证明：
x^3+y^3+z^3 ≥ x^2 y +y^2 z+z^2 x. 证明：
对于定义在正数集上的三元三次轮换整式：
补充一个均值取等条件b_1+b_2+b_3=0
再利用规划方法求得{(a_1,a_2,a_3,b_1,b_2,b_3)|a_1>0&a_2&a_3} 也可能一组也求不到。。。例如三次Schur，令a_2=m>0,a_3=n>0
这时候只好用SOS定理（后面会证明）解决。。。 用两个或三个f_i组提高自由度仍是失败的。。。这一定程度说明轮换性配方对于三次Schur失效了，可以试着打破轮换性，或者将x换成a^2，根据希尔伯特-阿廷定理，这是一定的这很麻烦我不试了。。。。
（十）关于函数实根分别和不等式解集问题。。。。。。。 现在我感觉好害怕。。。事实上你也应该这么觉得，这一讲背后有传说中的代数几何。。。 但是现在，我们讨论很简单。。。。 一次型为正： a x + b ≥ 0<=> ①a<0 & x ≤ -b/a ②a=0 & b ≥ 0 ③a>0 & x ≥ -b/a
对于x∈[m,n],a x + b>0成立的的(a,b): 现设f(x)=a x + b ①a>0 & f(m)≥0 ②a=0 & b≥0 ③a<0 & f(n)≥0 二次型为正：
①a=0,转化成一次型
②a>0, △ ≥ 0 &{x ≤ -b/(2 a) - 1/2△^(1/2)/a} || x ≥ -b/(2 a) + 1/2 △^(1/2)/a} || △ ≤ 0
③a<0, △ = 0 & x = -b/(2 a)
|| △ ≥ 0 & -b/(2 a) + 1/2△^(1/2)/a ≤ x ≤ -b/(2 a) - 1/2△^(1/2)/a 对于x非负成立的的(a,b,c): 现设f(x)=a x^2 + b x + c. ①a>0
1.-b/(2a)<0 & f(0)≥0
2.-b/(2a)≥0 & f(-b/(2a))≥0 ②a=0 转化成一次型 ③a<0 不成立.
关于三次函数的杨路判别定理：
十一）谈谈齐次形式不等式的程序化处理①对称整理类。。。
（上面讲到的关于函数实根分别和不等式解集问题和后面讲到的TTK条件是PQR方法的得力助手） 现在说这些方法适用于八次以下，只是因为八次以上的情况处理起来有点麻烦。。。不是不能用，甚至齐次都可以放宽，具体的自己试试。。。。
主要是PQR代换，类似的还有uvw法，还有什么什么什么什么都差不多。。。。 涉及这样一种东西——对称多项式——可以用sym符号表达的式子：
事实上，对称多项式是一种特殊的多元多项式。假设一个n元多项式P(X1, X2, ..., Xn)，当其中的n个不定元任意交换后，多项式仍维持不变，就称其为对称多项式。严格的说法是，如果对任意的n元置换σ，都有P(Xσ(1), Xσ(2), ..., Xσ(n)) = P(X1, X2, ..., Xn)，就说P是对称多项式。
容易证明，这种多项式都可以化成“基本对称多项式”，我们暂时只看三元形式： 设p = x + y + z , q = xy + yz + zx , r = xyz
则对称多项式可以表达为：
例如：
对于五次以下的对称多项式，可以化成关于r的一次函数，即 F(x , y , z) = G(p , q , r) = k r + b
这时利用你的一次函数知识和 p^2 ≥ 3 q , q^3 ≥ 27r^2 , p^3 ≥ 27r 即可证明。。。 对于五次及以上八次及以下的对称多项式，可以化成关于r的二次函数，即 F(x , y , z) = G(p , q , r) = a r^2 + b r + c
这时利用你的二次函数知识和 p^2 ≥ 3 q , q^3 ≥ 27r^2 , p^3 ≥ 27r 即可证明。。。 对于八次以上的式子，往往需要（不是一定）需要高次函数的知识，这就很麻烦。。。而且超过四次的方程就不一定有解析解了，这时讨论步履维艰。。。
试试用PQR方法证明三次Schur不等式： 设p = x + y + z , q = xy + yz + zx , r = xyz 则有p^2 ≥ 3 q , q^3 ≥ 27r^2 , p^3 ≥ 27r
更细化的证明用到了TTK条件，后面介绍，这里仅以图像说明问题：
可以看出红色是绿色的子集。 更多的举例就免了。。。可以看看密闭房间做过的不少题，他是这方面的专家。。。。
事实上我不怎么喜欢PQR代换这种方法，他既破坏了对称性，又破坏了轮换性，更加符合鲁迅老人家的悲剧定义了。。。而且简洁性也失去了，这才是我不能接受的。。。
PQR代换使得原不等式面目全非，vuw法稍好一些，比较容易看出原式的某些性质（比如取等性质）它的代换形式是：
3u = x + y + z , 3v^2 = xy + yz + zx , w^3 = xyz
即：u是xyz的代数平均，v是xyz的半代数平均，w是xyz是几何平均。。。 可以去看看Knudsen写的那篇The uvw method.
（十二）谈谈齐次形式不等式的程序化处理②Schur拆分法。。。
这是一种不错的处理三元六次以下对称多项式的方法，原则上可以证明一切齐n次对称式，但是还是因为上面的原因——麻烦——所以一般不用，其基本思路是：
每一个齐n次对称多形式F(a , b , c)，都有唯一的“Schur拆分”结构，这可以通过上面提到的对称多项式基本定理进行证明。记：
F(x , y , z) ≥ 0等价于：
其理论基础是下面四个不等式：
这通过上面的广义Schur不等式是显然的，事实上，通过Schur不等式的证明思路，这些式子也很容易证明。。。。 对于六次以下不等式，其拆分可见（百度文库）：
记三元齐n次式为F(n),p = x + y + z , q = xy + yz + zx , r = xyz
举例说明：
对于三角形abc，证明：
证明：设a = y + z , b = z + x , c = x + y ,原式等价于：