先看看某论坛上的一个帖子：
在对几种简单情况进行验证之后，帖子的作者提出了一个猜想，即对于n个变量，其轮换的二元乘积之和不大于其和的平方除以n。截图底部的猜想不等式的符号写反了，应该是个笔误。
从对简单情形的观察出发，发现这些情形背后的模式，对模式进行总结后得出猜想，最后再证明猜想成立，这是数学研究中常见的一个过程。
不过很遗憾，上面帖子作者的猜想对于n ≥ 5并不成立。
我们用一个反例来证伪n = 5的情形。
猜想不等式的左边是一个轮换多项式，右边是5个变量之和，是一个对称多项式。
注意到，对于对称多项式来说，5个变量的顺序是不影响结果的，例如对于顺序为abcde和acedb的5个变量而言：
a + b + c + d + e = a + c + e + d + b
而轮换多项式则在绝大多数情况下和变量的顺序有关，例如同样对于顺序为abcde和acedb的5个变量而言：
前者 ∑cyc ab = ab + bc + cd + de + ae
后者 ∑cyc ab = ac + ce + de + bd + ab
前者特有bc、cd和ae项，后者特有ac、ce和bd项，两者并不相等。
因此，当5个变量之和恒定时，猜想不等式的右边是一个定值，而左边的数值则和变量的顺序有关。
现在构建反例，假设：
a = b = x，c = d = e = y。
这样，5∑cycab = 5(x2 + xy + y2 + y2 + xy) = 5x2 + 10xy + 10y2
(a + b + c + d + e)2= (2x + 3y)2 = 4x2 + 12xy + 9y2
后者减去前者，得到 -x2 + 2xy – y2 = -(x – y)2 ≤ 0。
即，5∑cyc ab ≥ (a + b + c + d + e)2。
猜想不等式不成立。
本文就此结束？不，一个好的问题总能让我们举一反三，深入思考。
现在我们把反例中变量的顺序调整一下，假设：
a = c = x，b = d = e = y。
这样，5∑cycab = 5(xy + xy + xy + y2 + xy) = 20xy + 5y2
(a + b + c + d + e)2 不变，仍然等于4x2 + 12xy + 9y2
后者减去前者，得到：
4x2 – 8xy + 4y2 = 4(x – y)2 ≥ 0
因此，5∑cyc ab ≤ (a + b + c + d + e)2。
可见，如果把5个变量的大小顺序重新排列，得出的结论大不一样。
那么，我们是不是可以把这两种顺序综合起来考虑？或者进一步，是不是可以考虑猜想不等式左边同样是对称多项式的情况？
问题变得有趣起来。
如果把不等式左边的∑cycab 变成∑symab，那么是否存在对于所有n ≥ 3都成立的关于∑symab和(∑syma)2的不等式？
这里，∑sym a表示所有可能的一元变量之和，对于n = 5，即a + b + c + d + e。
∑sym ab表示所有可能的二元变量乘积之和，对于n = 5，即
ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de。
显然，对于任意正整数n ≥ 3，∑sym a中有n项，∑sym ab中则有C(n, 2)项。
当n = 3时，∑cycab 和∑symab是等同的，都表示ab + bc + ac，所以我们直接搬运帖子作者的结论：
∑sym ab ≤ (∑sym a)2 / 3，n = 3。
当n = 4时，∑symab = ab + ac + ad + bc + bd + cd，这个求和一共有6项；而∑cyc ab只有4项。如何将它们联系起来？
考虑4个变量的3种不同顺序，并套用帖子作者的结论：
顺序1，abcd：
∑cyc ab = ab + bc + cd + ad ≤ (a + b + c + d)2 / 4
顺序2，acbd：
∑cyc ab = ac + bc + bd + ad ≤ (a + b + c + d)2 / 4
顺序3，abdc：
∑cyc ab = ab + bd + cd + ac ≤ (a + b + c + d)2 / 4
注意到，在上述三个不等式中，∑symab中的每一项在不等式左边出现、且恰恰出现2次。因此，我们将三个不等式加起来，得到：
2∑sym ab = 2(ab + ac + ad +bc + bd + cd) ≤ 3(a + b + c + d)2/ 4
即，
∑sym ab ≤ 3(∑sym a)2 / 8，n = 4。
当n = 5时，我们不能再套用帖子作者的结论了，因为该结论已经被证伪，我们需要重起炉灶。幸运的是，轮换多项式和对称多项式之间的联系仍然给了我们一个突破口。
n = 5时，∑sym ab = ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de，这个求和一共有10项，恰恰是∑cyc ab项数的2倍。因此，我们可以大胆地猜测存在以下不等式：
∑sym ab ≤ 2(∑sym a)2 / 5，n = 5。
对这个猜测的证明如下。
(a – b)2 + (a – c)2+ (a – d)2 + (a – e)2 + (b – c)2 + (b – d)2 + (b – e)2 + (c – d)2 + (c – e)2 + (d – e)2 ≥ 0
展开，
2(ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de) ≤ 4(a2 + b2 + c2 + d2 + e2)
即∑sym ab ≤ 2∑syma2
两端加上4∑sym ab，得到，
5∑sym ab ≤ 2∑sym a2 + 4∑sym ab = 2(∑sym a)2
即，∑sym ab ≤ 2(∑syma)2 / 5。
证明完毕。
小结一下：
当n = 3时，∑sym ab ≤ (∑sym a)2 / 3；
当n = 4时，∑sym ab ≤ 3(∑sym a)2 / 8；
当n = 5时，∑sym ab ≤ 2(∑sym a)2 / 5。
这个小结有些丑：右边的系数显然和n有关，但在形式上不够统一。
如果我们把不等式右边的多项式用算术平均数AM表示，那么有：
当n = 3时，∑sym ab ≤ (∑sym a)2 / 3 = 3AM2；
当n = 4时，∑sym ab ≤ 3(∑sym a)2 / 8 = 6AM2；
当n = 5时，∑sym ab ≤ 2(∑sym a)2 / 5 = 10AM2。
注意到，C(3, 2) = 3，C(4, 2) = 6，C(5, 2) = 10，所以我们可以把这三个不等式统一为：
当n = 3, 4, 5时，∑sym ab ≤ C(n, 2)∙AM2。
如果定义SM为n个变量所有可能的二元变量乘积的平均值，那么我们可以将上述不等式进一步简化为：
SM ≤ AM2
非常简洁的数学之美！
而且，我们已经证明了这个不等式对于n = 3, 4, 5都成立，那么，是不是对于所有正整数n ≥ 3，这个结论都成立？
答案是肯定的！
类似于n = 5的情形，我们可以对这个猜想进行证明：
对于任意正整数n ≥ 3，因为每一项都是非负的，所以如下对称多项式一定非负：
∑sym (a – b)2 ≥ 0
展开，因为每一个变量的平方项出现了(n – 1)次，所以
(n – 1)∑sym a2 – 2∑symab ≥ 0
2∑sym ab ≤ (n – 1)∑sym a2
不等式两边加上2(n – 1)∑sym ab，将左边凑成完全平方多项式，
2∑sym ab + 2(n – 1)∑sym ab ≤ (n – 1)∑sym a2 + 2(n – 1)∑symab
2n∑sym ab ≤ (n – 1)(∑syma)2
两边同时除以n2，
2∑sym ab / n ≤ (n – 1)(∑syma)2 / n2
2∑sym ab / [n(n – 1)] ≤ (∑syma / n)2
∑sym ab / C(n, 2) ≤ AM2
SM ≤ AM2
易知，当所有变量都相等时，不等式取等号。
证明完毕。
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