三元算幾不等式的代數證明

定理：若$x, y, z$皆為非負實數，則恆有
$$\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}.$$

[證]：令$\sqrt[3]{x}=a, \sqrt[3]{y}=b, \sqrt[3]{z}=c$，則$x=a^3, y=b^3, z=c^3$。考慮$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz}$，利用「三元三次輪換式」，則
$$\begin{eqnarray*} \frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz} &=& \frac{1}{3} \left( x+y+z - 3 \sqrt[3]{xyz} \right) \\ &=& \frac{1}{3} \left( \sqrt[3]{x}^3 + \sqrt[3]{y}^3 + \sqrt[3]{z}^3 - 3\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y} \sqrt[3]{z} \right) \\ &=& \frac{1}{3} \left( a^3 + b^3 +c^3 - 3abc \right) \\ &=& \frac{1}{3} (a+b+c)\left( a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca \right) \\ &=& \frac{1}{3} (a+b+c) \frac{1}{2} \left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca \right) \\ &=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a^2 -2ab + b^2) + (b^2 -2bc +c^2) + (c^2 -2ca +a^2) \right] \\ &=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \right] \\ &\geq& 0 \end{eqnarray*}$$
得$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz} \geq  0$，即$\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}$。

(證明結束)