不等式$\sum x_i^3(1-x_i)\leq\frac{1}{8}$

问题：若nn个非负数之和为1，即∑xi=1\sum x_i=1，求证：∑x3i(1−xi)≤18\sum x_i^3(1-x_i)\leq\frac{1}{8}

引理1：若∑xi=1\sum x_i=1，当n≥3n\geq3时，必有两数之和小于34\frac{3}{4}(｡･∀･)ﾉ
证明呗：显然xi+xjx_i+x_j这样的数对有C2nC_n^2组，然后：

∑xi+xj=(x1+x2)+(x1+x3)+...=(n−1)⋅∑xi=n−1

\sum x_i+x_j=(x_1+x_2)+(x_1+x_3)+...=(n-1)\cdot \sum x_i=n-1
由于 xi+xjx_i+x_j这样的数对有 C2nC_n^2组，其平均值为 n−1C2n=2n\frac{n-1}{C_n^2}=\frac{2}{n}，于是必有两数之和小于 2n≤23<34.\frac{2}{n}\leq\frac{2}{3}
没毛病？

引理2：若两个正数x,yx,y，满足x+y<34x+y，那么有

(x+y)3−(x+y)4>[x3−x4]+[y3−y4]

(x+y)^3-(x+y)^4>[x^3-x^4]+[y^3-y^4]
证明：展开之呗

⇔4x3y+6x2y2+4xy3−3x2y−3xy2<0⇔3(x+y)−(4x2+6xy+4y2)>0⇐3(x+y)−(4x2+8xy+4y2)>0⇔3(x+y)−4(x+y)2>0⇔(x+y)<34

\begin{array}{l}\Leftrightarrow 4{x^3}y + 6{x^2}{y^2} + 4x{y^3} - 3{x^2}y - 3x{y^2} 0\\\Leftarrow 3\left( {x + y} \right) - \left( {4{x^2} + 8xy + 4{y^2}} \right) > 0\\\Leftrightarrow 3\left( {x + y} \right) - 4{\left( {x + y} \right)^2} > 0\\\Leftrightarrow \left( {x + y} \right)

ok证毕

引理3：n=2n=2时原问题成立
证明：一波导数过去肯定可以的，没毛病

回到原问题：
设f(x1,x2,...,xn)=∑x3i(1−xi)f(x_1,x_2,...,x_n)=\sum x_i^3(1-x_i)，不妨设x1≥x2≥...,≥xnx_1 \geq x_2\geq ...,\geq x_n，显然由引理1，xn+xn−1<0.75x_n+x_{n-1}，于是立马用引理2有

f(x1,x2,...,xn)≤f(x1,x2,...,(xn−1+xn),0)

f(x_1,x_2,...,x_n) \leq f(x_1,x_2,...,(x_{n-1}+x_n),0)
令 x1,x2,...,(xn−1+xn)x_1,x_2,...,(x_{n-1}+x_n)从大到小重排得到 x(1)1,x(1)2,...,x(1)n−1,0x_1^{(1)},x_2^{(1)},...,x_{n-1}^{(1)},0，显然其和依旧保持为1不变，那上式改写为：

f(x1,x2,...,xn)≤f(x(1)1,x(1)2,...,x(1)n−1,0)

f(x_1,x_2,...,x_n) \leq f(x_1^{(1)},x_2^{(1)},...,x_{n-1}^{(1)},0)
由于和保持1不变，所以由引理1，知道只要 n≥3n \geq3那么上述算法便可以继续重复操作下去，直到 n=2n=2，即有

f(x1,x2,...,xn)≤f(x(1)1,x(1)2,...,x(1)n−1,0)≤...≤f(x(n−2)1,x(n−2)2,0,...,0)

f(x_1,x_2,...,x_n) \leq f(x_1^{(1)},x_2^{(1)},...,x_{n-1}^{(1)},0)\leq ...\leq f(x_1^{(n-2)},x_2^{(n-2)},0,...,0)
由引理3有 f(x1,x2,...,xn)≤f(x(n−2)1,x(n−2)2,0,...,0)≤18f(x_1,x_2,...,x_n) \leq f(x_1^{(n-2)},x_2^{(n-2)},0,...,0)\leq\frac{1}{8}
等号在 (0.5,0.5,0...,0)(0.5,0.5,0...,0)处取得

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