别问我取等条件，全导数处理不了区等条件）
全导数
为了方便，记 \(f_i\) 表示对 \(x_i\) 求偏导的结果
定义
设一个 \(n\) 元函数 \(f(x_1,x_2,x_3...,x_n):R^n\to R\)，其全导数定义为对每一维求偏导的结果的和，记为 \(D(f)\)
即 \(D(f)=\sum\limits_{i=1}^{n}f_i\)
全导数保留了导数的一些性质，比如：
-
全导数是线性算符，即 \(D(aF_1+bF_2)=aD(F_1)+bD(F_2)\)
-
全导数保留了导数的所有运算法则，如链式法则
全导数定理
内容
设一个 \(n\) 元函数 \(f(x_1,x_2,x_3...,x_n):R^n\to R\) 满足 \(\forall i\in [1,n],x_i\ge 0\)，那么如果满足以下两个条件：
-
有一个 \(x_i=0\) 时， \(f\ge 0\)
-
\(D(f)\ge 0\)
则 \(f\ge 0\)
证明
设 \(x_n\) 为自变量中最小的那个，设一实数 \(0 \le t \le x_n\)
设 \(y_i=x_i-x_n\)，显然 \(x_i\ge 0\)，构造 \(g(t)=f(y_1+t,y_2+t,...,y_n+t)\)
则 \(g'(t)=D(f)\ge 0\) 所以 \(g\) 在 \([0,x_n]\) 上单增，所以 \(g(x_n)\ge g(0)\)
即 \(f(x_1,x_2,...,x_n)\ge f(x_1-x_n,x_2-x_n,...,x_{n-1}-x_n,0)\ge 0\)
例题
默认自变量大于等于 \(0\)，例题难度不一定递增，建议自己做做试试，过程不唯一
打 * 的是不建议看/过程有严重瑕疵缺漏
T1
证明：\(a^2+b^2\ge2ab\)
设函数 \(f(a,b)=a^2+b^2-2ab\)
则 \(D(f)=2a+2b-2a-2b=0\)，条件 \(2\) 成立
设 \(a=0\)，则 \(f=b^2\ge 0\)，条件 \(1\) 成立
证毕
T2 排序不等式
证明：\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
设函数 \(f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\)
设 \(a=0\)，则 \(f=b^2+c^2-bc\ge b^2+c^2-2bc\ge 0\)，条件 \(1\) 成立
\(D(f)=2a+2b+2c-2a-2b-2c=0\)，条件 \(2\) 成立
证毕
T3 舒尔不等式
各位可以试试不用全导数折磨一下自己的说
证明：\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2\)
记函数 \(f(a,b,c)=a^3+b^3+c^3+3abc- a^2b-b^2c-c^2a-ab^2-bc^2-ca^2\)
\[ D(f)=(3a^2+3bc-2ab-c^2-b^2-2ac)+(3b^2+3ac-a^2-2bc-2ab-c^2)+(3c^2+3ab-a^2-2bc-2ac-b^2) \]\(=a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\)，显然用排序不等式可知该式大于等于 \(0\)，条件 \(2\) 成立
设 \(a=0\)，则 \(f=b^3+c^3-b^2c-bc^2=b^2(b-c)-c^2(b-c)=(b-c)^2(b+c)\ge 0\)，条件 \(1\) 成立
证毕
T4 vasile不等式（弱化版）*
全盛状态指的是对自变量无限制，取任何实数，但是那种用全导数不能直接证明所以仅证明自变量非负的弱化
证明：\((a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)\)
注意像本题多次取全导数，实际上每一次都需要验证 \(1\) 条件的成立，但是这里省略验证条件一了
取全导，要证 \(4(a^2 + b^2 + c^2)(a+b+c)\ge 9(a^2b + b^2c + c^2a)+3(a^3+b^3+c^3)\)
再导，要证 \((a^3+b^3+c^3)+4(ab^2+bc^2+ca^2)\ge 5(a^2b+b^2c+c^2a)\)
再导，要证 \(7(a^2+b^2+c^2)+8(ab+bc+ac)\ge10(ab+bc+ac)+5(a^2+b^2+c^2)\)，发现此时就是排序不等式
代 \(0\)
T5 柯西不等式 *
\(a_i,b_i\) 为非负数，\(n\) 为正整数
证明 \((\sum\limits_{i=1}^n a_i^2)(\sum\limits_{i=1}^n b_i^2)\ge (\sum\limits_{i=1}^n a_i b_i)^2\)
左右取全导数，即要证（顺便两边除了个 \(2\)） \((\sum a)(\sum b^2)+(\sum a^2)(\sum b)\ge (\sum ab)(\sum a+b)\)
不行那就再导，即要证 \(n(\sum a^2+b^2)+4(\sum a)(\sum b)\ge 2n(\sum ab)+(\sum a+b)^2\)
再导， \(6n(\sum a+b)=6n(\sum a+b)\) 于是 \(2\) 成立
证 \(1\)，我不知道是不是我犯蠢但是我感觉直接搞不太可做
考虑用有一种类似归纳法的思想，显然任意元的柯西的 \(2\) 都成立，不妨先证 \(1\) 元柯西，显然成立
每次都 \(a_n=0\)
若已知 \(n-1\) 元柯西成立，考虑证 \(n\) 元柯西的 \(1\)，发现转化为了在 \(1\) 元柯西的左边多加一项 \(b_n^2\sum\limits_{i=1}^{n-1} a^2\)
显然同样成立
所以依据归纳法，即证明柯西不等式
证毕
TO BE UPD
后记/提醒
我们注意到 T4 T5过程中求全导次数非常多，而且如果认真书写过程会发现非常难写每一步的条件 \(1\)，每多求一次全导都要验证是否符合条件一，这是非常难算的，甚至可能不如拉乘来的快
这是因为 T4 T5 不具备完全的轮换对称性，如果随意交换各个自变量的值式子会变，这不利于全导数进行
所以推荐使用全导数法的情况时建议式子要有完全的轮换对称性
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