数学オリンピックなどでしばしば登場するSchurの不等式について解説します．
Schur (シューア，シュール) の不等式は知名度が低くマニアックな不等式ですが，数学オリンピックなどでしばしば題材にされています．
Schurの不等式： $x,y,z$ を非負実数，$r$ を実数とするとき，次の不等式が成り立つ． $$\large x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)\ge 0$$
$x,y,z$ は非負実数ですが，$r$ はすべての実数について値をとることに注意してください．また，左辺の式は $x,y,z$ に関して 対称式となっています．$r$ に具体的な数を代入することで，様々な不等式を導出します．
具体例
・$r=0$ のとき $$(x-y)(x-z)+(y-x)(y-z)+(z-x)(z-y)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\ge 0$$ $$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\} \ge 0$$ ・$r=1$ のとき
$$x(x-y)(x-z)+y(y-x)(y-z)+z(z-x)(z-y)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$ ・$r=\frac{1}{2}$ のとき $$\sqrt{x}(x-y)(x-z)+\sqrt{y}(y-x)(y-z)+\sqrt{z}(z-x)(z-y)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow x^{\frac{3}{2}}(y+z-x)+y^{\frac{3}{2}}(z+x-y)+z^{\frac{3}{2}}(x+y-z)\le xyz\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)$$
証明は不等式自体の見かけ以上に簡単です．不等式の左辺が $x,y,z$ に関して対称式となっているので，$x,y,z$ に大小関係を仮定して議論しても問題ありません．すると，証明がすっきりとします．
証明： 左辺は $x,y,z$ に関して対称式なので，$x\ge y\ge z$ としても一般性を失わない． $(i)$ $r>0$ のとき $$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)$$ $$=(x-y)\{x^r(x-z)-y^r(y-z)\}+z^r(x-z)(y-z)$$ $x^r\ge y^r \ge 0,\ x-z\ge y-z \ge 0$ であるから，$(x-y)\{x^r(x-z)-y^r(y-z)\}\ge 0$ である． また，$z^r\ge 0,\ x-z\ge 0,\ y-z \ge 0$ なので，$z^r(x-z)(y-z)\ge 0$ である．よって， $$(x-y)\{x^r(x-z)-y^r(y-z)\}+z^r(x-z)(y-z)\ge 0$$ となる．したがって， $$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)\ge 0$$ $(ii)$ $r\le 0$ のとき
$$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)$$ $$=x^r(x-y)(x-z)+(y-z)\{z^r(x-z)-y^r(x-y)\}$$ $z^r\ge y^r \ge 0,\ x-z \ge x-y \ge 0$ であるから，$(y-z)\{z^r(x-z)-y^r(x-y)\}\ge 0$ である． また，$x^r\ge 0,\ x-y\ge 0,\ x-z\ge 0$ なので，$x^r(x-y)(x-z) \ge 0$ である．よって， $$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)\ge 0$$ となる．
問 $a,b,c$ を非負実数とするとき，以下の不等式を示せ． $$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le abc$$
展開すると， $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ となる．これはShurの不等式で $r=1$ とすることにより得られる．
問 非負実数 $a,b,c$ が $a+b+c=1$ をみたすとき，以下の不等式を示せ． $$a^3+b^3+c^3+6abc\ge \frac{1}{4}$$
$$4a^3+4b^3+4c^3+24abc\ge 1$$ を示せば良いが，$a+b+c=1$ なので， $$1=(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b))+6abc$$ である．したがって， $$4a^3+4b^3+4c^3+24abc\ge a^3+b^3+c^3+3(a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b))+6abc$$ すなわち $$a^3+b^3+c^3+6abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ を示せば良い．
一方，Schurの不等式で $r=1$ とすることにより， $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ を得る．$a,b,c$ は非負なので， $$a^3+b^3+c^3+6abc \ge a^3+b^3+c^3+3abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ であるから，不等式は示された．
