三次正根多项式$f(x)=x^3-x^2+ax+b$中$a+b\leq\frac{8}{27}$的证明疑问

嗨，我来帮你理清这个问题的关键突破点！你已经用韦达定理推导出$a+b\leq\frac{1}{3}$，但目标是更严格的$\frac{8}{27}$，这说明需要充分利用所有根都是正实数这个核心条件，而不是只依赖基础的韦达关系~

首先先明确韦达定理的对应关系（避免符号出错）：
对于三次多项式$f(x)=x^3-x2+ax+b=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$，三个正根$x_1,x_2,x_3$满足：

• $x_1+x_2+x_3=1$（二次项系数为-1，根的和等于1）
• $x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 = a$
• $x_1x_2x_3 = -b$（常数项$b$等于根乘积的相反数，展开多项式就能验证）

接下来把$a+b$转化为根的表达式：
$$a+b = (x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3) - x_1x_2x_3$$

我们的目标就是在$x_1+x_2+x_3=1$且$x_1,x_2,x_3>0$的约束下，最大化上面这个表达式$S=x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 - x_1x_2x_3$，它的最大值就是$\frac{8}{27}$，下面给你两种常用的推导思路：

思路1：对称假设+求导 #

对于对称约束下的极值问题，通常极值会出现在变量相等的情况（也就是三个根相等），我们先验证这个情况：
如果$x_1=x_2=x_3=\frac{1}{3}$（满足和为1且正），代入$S$得：
$$S=3\times(\frac{1}{3})^2 - (\frac{1}{3})^3 = \frac{1}{3} - \frac{1}{27} = \frac{8}{27}$$

为了确认这是最大值，我们可以假设两个根相等，比如$x_1=x_2=t$，那么$x_3=1-2t$，因为$x_3>0$，所以$0<t<\frac{1}{2}$。把$t$代入$S$得到单变量函数：
$$S(t)=t^2 + 2t(1-2t) - t^2(1-2t)$$
展开并整理：
$$S(t)=2t^3 -4t^2 +2t$$

对$t$求导找极值点：
$$S'(t)=6t^2-8t+2$$
令导数为0，解方程$6t^{2-8t+2=0$，化简得$3t}2-4t+1=0$，解得$t=1$（此时$x_3=-1$，不符合正根，舍去）或$t=\frac{1}{3}$，这就是我们之前假设的对称情况，此时$S(t)$取得最大值$\frac{8}{27}$。

思路2：拉格朗日乘数法（严谨推导） #

构造拉格朗日函数：
$$\mathcal{L}=x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 - x_1x_2x_3 - \lambda(x_1+x_2+x_3-1)$$

对$x_1,x_2,x_3$分别求偏导并令其为0：

• $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_1}=x_2+x_3 - x_2x_3 - \lambda=0$
• $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_2}=x_1+x_3 - x_1x_3 - \lambda=0$
• $\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_3}=x_1+x_2 - x_1x_2 - \lambda=0$

对比前两个式子可得：$x_2+x_3 -x_2x_3 = x_1+x_3 -x_1x_3$，整理后得到$(x_2-x_1)(1-x_3)=0$。因为$x_3>0$且$x_1+x_2+x_3=1$，所以$1-x_3=x_1+x_2>0$，因此$x_1=x_2$。同理可得$x_2=x_3$，即三个根相等，都为$\frac{1}{3}$，代入$S$得到最大值$\frac{8}{27}$。

你之前得到的$\frac{1}{3}$是只用到了$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3\leq\frac{(x_1+x_2+x_3)^2}{3}=\frac{1}{3}$（柯西不等式），但没有结合$x_1x_2x_3$的取值，而通过利用正根的约束和极值条件，就能得到更紧的上界啦~

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Solo