代数与不等式

对正数：$\dfrac{a_1+\cdots+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$（AM–GM），等号当且仅当全相等。

幂平均链：$\text{(平方平均)}\ge\text{(算术)}\ge\text{(几何)}\ge\text{(调和)}$。特别常用 $a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{(a+b+c)^2}{3}$（QM–AM）。

技巧：一串数之积为常数（尤其为 1）时直接套 AM–GM——积为 1 使几何平均 $=1$，下界立现（如 $\dfrac ab+\dfrac bc+\dfrac ca\ge3$）。带乘积约束 $abc=1$ 的题常「QM–AM 压平方和 + AM–GM 顶 $\sum a\ge3$」两步夹逼。

平方和非负是最朴素的不等式来源：

证多项式恒正（无统一配方时）：按变量范围分段，在每段把式子重组成显然非负的块之和（同一式子在不同区间用不同分组）。跨度大的不等式可用两级 SOS：先把四次方压到「平方之积」，再压到目标（如 $a^4+b^4+c^4\ge abc(a+b+c)$）。

$\left(\sum a_ib_i\right)^2\le\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right)$，等号当两序列成比例。一行证法：$Q(t)=\sum(a_it-b_i)^2\ge0$，判别式 $\le0$。

Engel / Titu 形式（分式神器）：$\displaystyle\sum\frac{x_i^2}{y_i}\ge\frac{(\sum x_i)^2}{\sum y_i}$。配合「每项配 1」齐次化，可证 Nesbitt $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge\dfrac32$。

设幂和 $p_k=\sum x_i^k$、初等对称式 $e_1,e_2,e_3$。牛顿恒等式把 $p_k$ 递推写成 $e$ 的多项式：$p_1=e_1$，$p_2=e_1p_1-2e_2$，$p_k=e_1p_{k-1}-e_2p_{k-2}+e_3p_{k-3}$。

有约束时大量塌缩：$a+b+c=0$（$e_1=0$）给出 $p_2=-2e_2,\ p_3=3e_3,\ p_5=-5e_2e_3$，于是 $\dfrac{p_5}{5}=\dfrac{p_2}{2}\cdot\dfrac{p_3}{3}$。

单变量对称式 $x^k+\dfrac1{x^k}$ 满足 $p_k=s\,p_{k-1}-p_{k-2}$（$s=x+\tfrac1x$）。

配方造平方差（Sophie Germain 思想）：$n^4+n^2+1=(n^2+n+1)(n^2-n+1)$、$n^4+4=(n^2-2n+2)(n^2+2n+2)$，用于证「看似素数其实合数」。

有理根定理：整系数多项式的有理根 $\tfrac pq$ 满足 $p\mid$ 常数项、$q\mid$ 首项系数——用于证代数数无理（如 $x^3=x+1$ 的实根）。

数列：$a_{n+1}=a_n+f(a_n)$ 型直接分析困难时，改看 $a_n^2$（或别的单调量）线性化递推（如 $a_{n+1}^2=a_n^2+2+\tfrac1{a_n^2}$ 给出 $a_n^2\ge2n-1$）。单调有界收敛：先证有界 + 单调 ⇒ 极限存在，再对递推取极限解 $L$。

常用手法：代特值（$x=y=0,1$ 定 $f(0),f(1)$）、利用对称/替换、保号升级为单调。

经典结论：既加性又乘性的 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 只有 $f\equiv0$ 与 $f=\mathrm{id}$——突破口是 $f(x)=f(\sqrt x)^2\ge0$（$x\ge0$）带来「保号 ⇒ 单调」，再由有理点稠密锁死为恒等。