已知正数a、b、c满足a+b+c=1，如何证明a²+b²+c²+2abc的范围是[11/27,1)？

好的，咱们来一起把这个问题捋一捋，证明 $a^2 + b^2 + c^2 + 2abc$ 在 $a, b, c$ 是正数且 $a+b+c=1$ 的条件下，其范围确实是在 $[11/27, 1)$ 之间。这个题目有点意思，需要用到一些数学技巧。

咱们先来理解一下这个式子和条件：

条件： $a, b, c$ 是正数，这意味着 $a>0, b>0, c>0$。它们加起来等于 1，也就是 $a+b+c=1$。 这个条件告诉我们 $a, b, c$ 都在 $(0, 1)$ 这个区间内。
目标式： $f(a, b, c) = a^2 + b^2 + c^2 + 2abc$。我们要找出当 $a, b, c$ 满足上述条件时，这个式子的最小值和最大值。

为什么说是 $[11/27, 1)$？

上限 1： 咱们先猜一下为什么最大值可能是 1。 如果我们让其中一个数非常接近 1，比如 $a = 1 epsilon$，那么 $b$ 和 $c$ 就得非常接近 0。 比如 $a approx 1, b approx 0, c approx 0$。 那么 $a^2+b^2+c^2 approx 1^2+0^2+0^2 = 1$。而 $2abc approx 2 imes 1 imes 0 imes 0 = 0$。 所以整个式子就非常接近 1。 但是因为 $a, b, c$ 必须是正数，它们永远不能真的等于 0，所以 $a$ 也不能真的等于 1。 因此，式子的值会非常非常接近 1，但永远达不到 1。所以上限是 1，但是不包含 1，用开区间 $(1)$ 表示。

下限 11/27： 这个数字就有点意思了，不像 1 那么直观。 这种类型的题目，当所有变量相等时，常常能取到极值。 如果 $a=b=c$，又因为 $a+b+c=1$，那么 $a=b=c=1/3$。 咱们把这个值代入式子：
$(1/3)^2 + (1/3)^2 + (1/3)^2 + 2 imes (1/3) imes (1/3) imes (1/3)$
$= 1/9 + 1/9 + 1/9 + 2/27$
$= 3/9 + 2/27$
$= 1/3 + 2/27$
$= 9/27 + 2/27 = 11/27$
所以 $11/27$ 很有可能是最小值。

现在，咱们来正式证明。

第一部分：证明 $a^2 + b^2 + c^2 + 2abc < 1$

我们知道 $a, b, c$ 都是正数，且 $a+b+c=1$。
我们可以利用一个恒等式：
$(a+b+c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab+bc+ca)$
因为 $a+b+c=1$，所以 $1^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab+bc+ca)$。
即 $a^2 + b^2 + c^2 = 1 2(ab+bc+ca)$。

现在把这个代入我们的目标式：
$a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = [1 2(ab+bc+ca)] + 2abc$
$= 1 2(ab+bc+ca) + 2abc$
$= 1 2(ab+bc+ca abc)$

为了证明这个值小于 1，我们需要证明 $2(ab+bc+ca abc) > 0$，也就是 $ab+bc+ca abc > 0$。

我们知道 $a, b, c$ 都是正数。
让我们考虑 $ab+bc+ca abc = ab(1c) + bc(1a) + ca(1b)$。
因为 $a+b+c=1$，我们可以将 $1c$ 替换成 $a+b$，将 $1a$ 替换成 $b+c$，将 $1b$ 替换成 $a+c$。
所以，$ab+bc+ca abc = ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)$。
由于 $a, b, c$ 都是正数，所以 $ab(a+b) > 0$, $bc(b+c) > 0$, $ca(c+a) > 0$。
因此，$ab+bc+ca abc > 0$。

所以，$a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1 2(ab+bc+ca abc) < 1$。
这证明了目标式的上限是 1，并且不包含 1。

第二部分：证明 $a^2 + b^2 + c^2 + 2abc ge 11/27$

这一部分的证明需要一些技巧，通常有两种思路：

思路一：利用均值不等式和代数技巧

我们已经知道当 $a=b=c=1/3$ 时，目标式的值是 $11/27$。我们要证明对于任意满足条件的 $a, b, c$，式子都大于等于 $11/27$。

我们可以尝试将目标式变形，使其更容易与 $11/27$ 比较。
注意到 $a^2+b^2+c^2 ge frac{(a+b+c)^2}{3} = frac{1}{3}$ (由柯西施瓦茨不等式或者均值定理得到 $a^2+b^2+c^2 ge ab+bc+ca$ 和 $a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2=1$ 结合)。

我们先来看 $a^2+b^2+c^2$ 这个部分。
我们知道 $a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 2(ab+bc+ca) = 1 2(ab+bc+ca)$。
所以，目标式 $a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1 2(ab+bc+ca) + 2abc = 1 2(ab+bc+ca abc)$。
要证明 $1 2(ab+bc+ca abc) ge 11/27$，就等价于证明 $2(ab+bc+ca abc) le 1 11/27 = 16/27$，即 $ab+bc+ca abc le 8/27$。

但是，直接证明 $ab+bc+ca abc le 8/27$ 好像也不太容易。

我们换个思路，考虑如何把 $2abc$ 这个项和 $a^2+b^2+c^2$ 结合起来。
一个常用的技巧是考虑与 $(ab)^2, (bc)^2, (ca)^2$ 相关的式子。

我们有 $a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 2(ab+bc+ca) = 1 2(ab+bc+ca)$。
所以，目标式是 $1 2(ab+bc+ca) + 2abc$。

有没有什么办法能直接处理 $a^2+b^2+c^2+2abc$？
让我们考虑一个与 $a,b,c$ 相关的对称多项式。
$a^2+b^2+c^2+2abc$ 可以写成 $(a+b+c)^2 2(ab+bc+ca) + 2abc = 1 2(ab+bc+ca abc)$.
我们已经证明了 $ab+bc+caabc > 0$.

关键在于如何处理 $2abc$ 这个项。
考虑一个三元一次方程的根。 如果 $a,b,c$ 是方程 $x^3 px^2 + qx r = 0$ 的根，那么 $p = a+b+c$, $q = ab+bc+ca$, $r = abc$.
在我们的问题中，$p=1$.

有没有什么办法将 $a^2+b^2+c^2$ 和 $2abc$ 结合，使得它在 $a=b=c=1/3$ 时取到最小值？
考虑函数 $g(a,b,c) = a^2+b^2+c^2+2abc$。
利用拉格朗日乘数法来寻找极值点。
设 $L(a,b,c,lambda) = a^2+b^2+c^2+2abc lambda(a+b+c1)$。
$frac{partial L}{partial a} = 2a + 2bc lambda = 0 implies a+bc = lambda/2$
$frac{partial L}{partial b} = 2b + 2ac lambda = 0 implies b+ac = lambda/2$
$frac{partial L}{partial c} = 2c + 2ab lambda = 0 implies c+ab = lambda/2$

由 $a+bc = b+ac$，得到 $ab ac + bc = 0 implies (ab) c(ab) = 0 implies (ab)(1c) = 0$.
因为 $c < 1$ (因为 $a, b$ 都是正数)，所以 $1c e 0$。
因此，$ab = 0$，即 $a=b$。
同理，由 $b+ac = c+ab$，可得 $(bc)(1a) = 0$，由于 $a<1$, 所以 $b=c$。
所以，$a=b=c$。
结合 $a+b+c=1$，我们得到 $a=b=c=1/3$。
此时，$a^2+b^2+c^2+2abc = (1/3)^2+(1/3)^2+(1/3)^2 + 2(1/3)^3 = 3(1/9) + 2/27 = 1/3 + 2/27 = 9/27 + 2/27 = 11/27$。

拉格朗日乘数法找到的是临界点，我们还需要考虑边界情况。但是这里 $a, b, c$ 都是正数，所以没有严格意义上的“边界”在 $a,b,c in (0,1)$ 这个开区间内。 所谓的“边界”更像是 $a o 0$ 或者 $a o 1$ 的情况，我们已经在证明上限的时候处理了。
但是，我们需要确认这个临界点是最小值。

思路二：利用 Schur 不等式（Schur's Inequality of degree 1）

Schur 不等式表明，对于非负实数 $x, y, z$ 和任意实数 $r > 0$，有：
$sum_{cyc} x^r(xy)(xz) ge 0$
其中 $sum_{cyc}$ 表示循环求和。

当 $r=1$ 时，Schur 不等式是：
$x(xy)(xz) + y(yz)(yx) + z(zx)(zy) ge 0$
展开后是：
$x^3+y^3+z^3+3xyz ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

让我们把 $a, b, c$ 代入 Schur 不等式 ($r=1$)：
$a(ab)(ac) + b(bc)(ba) + c(ca)(cb) ge 0$
展开：
$a(a^2 ac ab + bc) + b(b^2 ba bc + ac) + c(c^2 cb ca + ab) ge 0$
$a^3 a^2c a^2b + abc + b^3 b^2a b^2c + abc + c^3 c^2b c^2a + abc ge 0$
$a^3+b^3+c^3 + 3abc (a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b) ge 0$

我们可以利用恒等式：
$(a+b+c)^3 = a^3+b^3+c^3 + 3(a+b)(b+c)(c+a)$
$(a+b+c)^3 = a^3+b^3+c^3 + 3(ab+ac+b^2+bc)(c+a)$
$(a+b+c)^3 = a^3+b^3+c^3 + 3(abc+a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+ab^2+bc^2+abc)$
$(a+b+c)^3 = a^3+b^3+c^3 + 3(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b) + 6abc$

所以，$a^3+b^3+c^3 = (a+b+c)^3 3(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b) 6abc$
代入 Schur 不等式：
$(a+b+c)^3 3(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b) 6abc + 3abc ge (a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)$
$(a+b+c)^3 3abc ge 4(a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b)$

这好像把我们引入了更复杂的式子。 Schur 不等式本身的一个常见形式是：
$a^3+b^3+c^3 + 3abc ge sum_{sym} a^2b$
其中 $sum_{sym} a^2b = a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2$

让我们试着把目标式 $a^2+b^2+c^2+2abc$ 和 $a+b+c=1$ 结合起来。
我们可以尝试引入对称多项式的基本定理。
设 $e_1 = a+b+c$, $e_2 = ab+bc+ca$, $e_3 = abc$.
我们知道 $a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 2(ab+bc+ca) = e_1^2 2e_2$.
所以，$a^2+b^2+c^2+2abc = e_1^2 2e_2 + 2e_3$.
已知 $e_1=1$.
所以，$a^2+b^2+c^2+2abc = 1 2e_2 + 2e_3 = 1 2(ab+bc+ca) + 2abc$.

现在我们需要证明 $1 2e_2 + 2e_3 ge 11/27$.
这等价于 $2e_3 2e_2 ge 11/27 1 = 16/27$.
或者 $e_2 e_3 le 8/27$.

我们知道，对于任意实数 $a,b,c$，有 $e_2^2 ge 3e_1 e_3$ (由 $(ab+bc+ca)^2 ge 3abc(a+b+c)$)。
也知道 $e_1^2 ge 3e_2$ (由 $(a+b+c)^2 ge 3(ab+bc+ca)$)。
这里 $e_1=1$, 所以 $1 ge 3e_2$, 即 $e_2 le 1/3$.
当 $a=b=c=1/3$ 时，$e_2 = 3(1/3)(1/3) = 1/3$.

我们需要证明 $e_2 e_3 le 8/27$.
这实际上是 Schur 不等式的一种变体。
Schur 不等式（$r=1$）：$a^3+b^3+c^3+3abc ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
$a^3+b^3+c^3+3abc ge (a^2b+ab^2) + (b^2c+bc^2) + (c^2a+ca^2)$
我们可以将 $a^3+b^3+c^3$ 用 $e_1, e_2, e_3$ 表示：
$a^3+b^3+c^3 = e_1^3 3e_1e_2 + 3e_3$.
所以，$(e_1^3 3e_1e_2 + 3e_3) + 3e_3 ge (e_1^2e_2 3e_3)$ （这个不是直接的，需要展开）

换一个更直接的 Schur 不等式形式：
$a^3+b^3+c^3+3abc ge a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2$
这个等式在 $a+b+c=1$ 的条件下，等价于：
$13e_2+3e_3+3e_3 ge e_1 e_2 3e_3 implies 13e_2+6e_3 ge e_23e_3 implies 14e_2+9e_3 ge 0$.
这不是我们需要的。

让我们回到目标式： $a^2+b^2+c^2+2abc$.
注意到 $a,b,c$ 是正数，且 $a+b+c=1$.
考虑代数恒等式：
$a^2+b^2+c^2+2abc = frac{1}{2}((a+b+c)^2 + (a^2+b^2+c^2) + 2abc)$
$= frac{1}{2}(1 + a^2+b^2+c^2+2abc)$. 这个也没用。

我们用一个更巧妙的代换。
令 $a=x, b=y, c=z$.
$x^2+y^2+z^2+2xyz$.
当 $x=y=z=1/3$ 时，得到 $11/27$.
我们想证明 $x^2+y^2+z^2+2xyz ge 11/27$.

考虑一个恒等式：
$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) = a^3+ab^2+ac^2 + ba^2+b^3+bc^2 + ca^2+cb^2+c^3$
$= a^3+b^3+c^3 + (ab^2+ba^2) + (bc^2+cb^2) + (ac^2+ca^2)$
$= a^3+b^3+c^3 + ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)$

另外一个有用的恒等式是：
$a^2+b^2+c^2+2abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2abc) (a+b+c)(a^2+b^2+c^2) + a^2+b^2+c^2+2abc$
= $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2abc) (a^3+b^3+c^3 + ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)) + a^2+b^2+c^2+2abc$
= $1 imes (a^2+b^2+c^2+2abc) (a^3+b^3+c^3 + a^2b+ab^2 + b^2c+bc^2 + c^2a+ca^2) + a^2+b^2+c^2+2abc$
= $2(a^2+b^2+c^2+2abc) (a^3+b^3+c^3 + a^2b+ab^2 + b^2c+bc^2 + c^2a+ca^2)$

考虑这个表达式：
$a^2+b^2+c^2+2abc 11/27$
我们知道 $a+b+c=1$.

一个有用的代换：
设 $a = frac{1}{3} + x, b = frac{1}{3} + y, c = frac{1}{3} + z$.
因为 $a+b+c=1$, 所以 $(frac{1}{3}+x) + (frac{1}{3}+y) + (frac{1}{3}+z) = 1$,
即 $1 + x+y+z = 1$, 所以 $x+y+z = 0$.
同时，因为 $a,b,c > 0$, 所以 $frac{1}{3}+x > 0 implies x > 1/3$, 同理 $y > 1/3, z > 1/3$.

我们将 $a, b, c$ 代入 $a^2+b^2+c^2+2abc$:
$a^2+b^2+c^2 = (frac{1}{3}+x)^2 + (frac{1}{3}+y)^2 + (frac{1}{3}+z)^2$
$= frac{1}{9} + frac{2}{3}x + x^2 + frac{1}{9} + frac{2}{3}y + y^2 + frac{1}{9} + frac{2}{3}z + z^2$
$= 3 imes frac{1}{9} + frac{2}{3}(x+y+z) + (x^2+y^2+z^2)$
$= frac{1}{3} + frac{2}{3}(0) + (x^2+y^2+z^2) = frac{1}{3} + x^2+y^2+z^2$.

$2abc = 2(frac{1}{3}+x)(frac{1}{3}+y)(frac{1}{3}+z)$
$= 2(frac{1}{9} + frac{1}{3}y + frac{1}{3}x + xy)(frac{1}{3}+z)$
$= 2(frac{1}{27} + frac{1}{9}z + frac{1}{9}y + frac{1}{3}yz + frac{1}{9}x + frac{1}{3}xz + frac{1}{3}xy + xyz)$
$= 2(frac{1}{27} + frac{1}{9}(x+y+z) + frac{1}{3}(xy+yz+zx) + xyz)$
$= 2(frac{1}{27} + frac{1}{9}(0) + frac{1}{3}(xy+yz+zx) + xyz)$
$= frac{2}{27} + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$.

所以，原式 $= (frac{1}{3} + x^2+y^2+z^2) + (frac{2}{27} + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz)$
$= frac{1}{3} + frac{2}{27} + x^2+y^2+z^2 + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$
$= frac{9+2}{27} + x^2+y^2+z^2 + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$
$= frac{11}{27} + x^2+y^2+z^2 + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$.

我们知道 $x+y+z=0$.
所以 $(x+y+z)^2 = 0^2 = 0$.
$x^2+y^2+z^2 + 2(xy+yz+zx) = 0$.
因此，$x^2+y^2+z^2 = 2(xy+yz+zx)$.

将 $x^2+y^2+z^2$ 代入：
$= frac{11}{27} + [2(xy+yz+zx)] + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$
$= frac{11}{27} + (frac{6}{3} + frac{2}{3})(xy+yz+zx) + 2xyz$
$= frac{11}{27} frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$.

现在我们需要证明 $frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz ge 0$.
由于 $x+y+z=0$, 我们可以令 $y = xz$.
代入：$frac{4}{3}(x(xz) + (xz)z + zx) + 2x(xz)z$
$= frac{4}{3}(x^2xz xzz^2 + zx) + 2(x^2z xz^2)$
$= frac{4}{3}(x^2 xz z^2) 2x^2z 2xz^2$
$= frac{4}{3}x^2 + frac{4}{3}xz + frac{4}{3}z^2 2x^2z 2xz^2$
$= frac{4}{3}(x^2+xz+z^2) 2xz(x+z)$.

因为 $x+y+z=0$, $x+z = y$.
所以，$frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz = frac{4}{3}(y^2y(yz)y z) + 2xy z$.
换一种方式：
$x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2 2(xy+yz+zx) = 2(xy+yz+zx)$.
所以，原式 $= frac{11}{27} + (2(xy+yz+zx)) + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$
$= frac{11}{27} + (frac{6}{3}+frac{2}{3})(xy+yz+zx) + 2xyz$
$= frac{11}{27} frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$.

我们要证明 $frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz ge 0$.
即 $2xyz ge frac{4}{3}(xy+yz+zx)$.
$xyz ge frac{2}{3}(xy+yz+zx)$.

这里需要用到 $x,y,z$ 的范围。
$x,y,z in (1/3, 2/3)$ （因为如果 $a$ 接近 1， $x$ 接近 $2/3$；如果 $a$ 接近 0， $x$ 接近 $1/3$）。
并且 $x+y+z=0$.

当 $x,y,z$ 中有负数时， $xy+yz+zx$ 的正负号会变化。

考虑这个不等式：$a^2+b^2+c^2+2abc ge 11/27$.
我们可以把它写成 $a^2+b^2+c^2+2abc 11/27 ge 0$.

Let's check a specific case where the minimum is achieved. We know $a=b=c=1/3$.
If we perturb it slightly, say $a = 1/3 + epsilon$, $b = 1/3 epsilon$, $c = 1/3$.
$a+b+c = 1/3+epsilon + 1/3epsilon + 1/3 = 1$.
Assume $epsilon$ is small.
$a^2+b^2+c^2 = (1/3+epsilon)^2 + (1/3epsilon)^2 + (1/3)^2$
$= (1/9 + 2/9epsilon + epsilon^2) + (1/9 2/9epsilon + epsilon^2) + 1/9$
$= 3/9 + 2epsilon^2 = 1/3 + 2epsilon^2$.

$2abc = 2(1/3+epsilon)(1/3epsilon)(1/3)$
$= 2(1/9 epsilon^2)(1/3)$
$= 2/27 2/3epsilon^2$.

So, $a^2+b^2+c^2+2abc = (1/3 + 2epsilon^2) + (2/27 2/3epsilon^2)$
$= 1/3 + 2/27 + 2epsilon^2 2/3epsilon^2$
$= 11/27 + (2 2/3)epsilon^2$
$= 11/27 + (4/3)epsilon^2$.
由于 $epsilon^2 ge 0$, 所以 $11/27 + (4/3)epsilon^2 ge 11/27$.
这说明当 $a, b, c$ 接近等值时，最小值 $11/27$ 确实是达到的。

更严谨地证明 $a^2+b^2+c^2+2abc ge 11/27$

我们可以使用一个已知的不等式：
对于正数 $a,b,c$ 满足 $a+b+c=1$，有
$a^2+b^2+c^2 ge 1/3$ (当 $a=b=c=1/3$ 时取等)
$abc le 1/27$ (当 $a=b=c=1/3$ 时取等)

但是，我们不能简单地将这两个不等式代入： $1/3 + 2(0) = 1/3 < 11/27$.
这个思路是错误的。

我们需要将 $a^2+b^2+c^2$ 和 $2abc$ 结合起来。
回顾代换： $a^2+b^2+c^2+2abc = frac{11}{27} frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$, 其中 $x+y+z=0$ 且 $x,y,z in (1/3, 2/3)$.
我们需要证明 $frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz ge 0$.
即 $2xyz ge frac{4}{3}(xy+yz+zx)$.
$3xyz ge 2(xy+yz+zx)$.

令 $p=xy+yz+zx$, $q=xyz$.
我们要证明 $3q ge 2p$.
已知 $x+y+z=0$.
$p^2 = (xy+yz+zx)^2 = x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 + 2(xy^2z+xyz^2+x^2yz)$
$= x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 + 2xyz(y+z+x) = x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2$.
$x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2 2(xy+yz+zx) = 2p$.
$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 = (xy+yz+zx)^2 2xyz(x+y+z) = p^2 2q(0) = p^2$.

我们有一个重要的不等式：对于 $x+y+z=0$, 存在 $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 ge 3 sqrt[3]{(xyz)^2(x+y+z)^2}$, 这个没用。

考虑一个充要条件：对于 $x+y+z=0$, 恒有 $x^2+y^2+z^2 ge 3 sqrt[3]{x^2y^2z^2}$ (AMGM).
$2p ge 3 sqrt[3]{q^2}$.

一个关键的不等式是：
当 $x+y+z=0$, $p=xy+yz+zx$, $q=xyz$, 满足 $p^3 ge 27q^2$.
以及 $p le 0$ (因为 $x,y,z$ 不是全同号，且 $x+y+z=0$).
如果 $x,y,z$ 中有一个为正，两个为负，或者两个为正，一个为负。
如果 $x,y,z$ 都在 $(1/3, 2/3)$ 并且 $x+y+z=0$.
例如，$x=1/3, y=1/3, z=2/3$. (这个不满足 $x,y,z > 1/3$ 的边界条件).
考虑 $x=1/2, y=1/2, z=1$. (不满足 $x,y,z > 1/3$).
考虑 $x=1/6, y=1/6, z=1/3$. (不满足 $z > 1/3$).

我们设 $a,b,c$ 是方程 $t^3 t^2 + pt q = 0$ 的根，其中 $t$ 为 $a,b,c$.
$a+b+c=1$, $ab+bc+ca=p$, $abc=q$.
$a^2+b^2+c^2+2abc = (a+b+c)^2 2(ab+bc+ca) + 2abc = 1 2p + 2q$.
我们想证明 $1 2p + 2q ge 11/27$, 即 $2q 2p ge 16/27$, 或 $pq le 8/27$.

对于正数 $a,b,c$ 且 $a+b+c=1$, Schur 不等式（$r=1$）为：
$a^3+b^3+c^3 + 3abc ge ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)$.
$13p+3q + 3q ge (1c)ab + (1a)bc + (1b)ca$
$13p+6q ge ab+bc+ca abc abc$
$13p+6q ge p 2q$
$14p+8q ge 0$.

这个不等式 $14p+8q ge 0$ 并不直接得到 $pq le 8/27$.

让我们回到 $a^2+b^2+c^2+2abc = frac{11}{27} + x^2+y^2+z^2 + frac{2}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$

我们知道 $x+y+z=0$, $x,y,z in (1/3, 2/3)$.
$x^2+y^2+z^2 = 2(xy+yz+zx)$.
令 $S = xy+yz+zx$.
原式 $= frac{11}{27} 2S + frac{2}{3}S + 2xyz = frac{11}{27} frac{4}{3}S + 2xyz$.
我们需要证明 $frac{4}{3}S + 2xyz ge 0$, 即 $3xyz ge 2S$.

当 $x+y+z=0$ 时， $S=xy+yz+zx$ 的取值范围是 $[1/3, 0]$.
若 $x,y,z$ 都为正，则 $x+y+z > 0$.
若 $x,y,z$ 都为负，则 $x+y+z < 0$.
所以，当 $x+y+z=0$ 时， $x,y,z$ 必有正负。
若有一个为正，两个为负，如 $x > 0, y < 0, z < 0$. 设 $x=1, y=1/2, z=1/2$. $x+y+z=0$. $S = 1/2 1/2 + 1/4 = 3/4$.
这似乎与 $S in [1/3, 0]$ 的结论矛盾。

我们来检查 $S$ 的取值范围：
$x,y,z$ 是方程 $t^3 (x+y+z)t^2 + (xy+yz+zx)t xyz = 0$ 的根。
$t^3 + St q = 0$.
如果 $x,y,z$ 是实数，判别式要满足一定条件。
对于 $x+y+z=0$, $x,y,z in (1/3, 2/3)$.
令 $x=1/6, y=1/6, z=1/3$. (这个边界不好处理).
考虑 $a=1/2, b=1/2, c=0$. (非正数).
$a=1/2, b=1/2, c=0$ $implies$ $a^2+b^2+c^2+2abc = 1/4+1/4+0+0=1/2$.

重新考虑 $a,b,c$ 的取值范围。 $a,b,c in (0, 1)$.
当 $a=1epsilondelta, b=epsilon, c=delta$ 时，$epsilon, delta o 0^+$.
$a^2+b^2+c^2+2abc approx (1epsilondelta)^2 + epsilon^2 + delta^2 + 2(1epsilondelta)epsilondelta$
$approx 1 2(epsilon+delta) + (epsilon+delta)^2 + epsilon^2 + delta^2 + 2epsilondelta$
$approx 1 2epsilon 2delta + epsilon^2 + 2epsilondelta + delta^2 + epsilon^2 + delta^2 + 2epsilondelta$
$approx 1 2epsilon 2delta + 2epsilon^2 + 4epsilondelta + 2delta^2$.
当 $epsilon, delta o 0^+$, 这个值非常接近 1。

回到证明 $a^2+b^2+c^2+2abc ge 11/27$

我们已经证明了，当 $a=b=c=1/3$ 时，值为 $11/27$.
并且通过扰动 $a=1/3+epsilon, b=1/3epsilon, c=1/3$, 我们得到 $11/27 + (4/3)epsilon^2 ge 11/27$.
这表明 $a=b=c=1/3$ 是一个局部最小值。

一个更一般化的思路：
利用均值不等式：
$a^2+b^2+c^2 ge ab+bc+ca$.
$a^2+b^2+c^2+2abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2) (a^3+b^3+c^3 + ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)) + 2abc$
$= a^2+b^2+c^2 (a^3+b^3+c^3) (a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2) + 2abc$.

关键的不等式是：
$a^2+b^2+c^2+2abc ge frac{11}{27}(a+b+c)^3$ （对于 $a,b,c ge 0$）
由于 $a+b+c=1$, 我们要证明 $a^2+b^2+c^2+2abc ge 11/27$.

考虑另一个恒等式：
$a^2+b^2+c^2+2abc frac{11}{27} = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2abc frac{11}{27}(a+b+c)^2)$
这是一个非常重要的恒等式：
$a^2+b^2+c^2+2abc frac{11}{27}(a+b+c)^3 = frac{1}{27}(a+b+c)(a+b2c)^2 + frac{1}{27}(a+b+c)(b+c2a)^2 + frac{1}{27}(a+b+c)(c+a2b)^2$.
不，这不是正确的恒等式。

正确的恒等式是：
$a^2+b^2+c^2+2abc = frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2abc)}{1}$
$a^2+b^2+c^2+2abc = frac{1}{27}(27(a^2+b^2+c^2) + 54abc)$.

考虑以下关系：
$a^2+b^2+c^2 ge frac{(a+b+c)^2}{3} = frac{1}{3}$
$abc le (frac{a+b+c}{3})^3 = frac{1}{27}$

一个更强的形式是：
$a^2+b^2+c^2+2abc frac{11}{27} = frac{1}{27} sum_{cyc} (ab)^2(a+b2c)$

让我们检查这个等式：
$frac{1}{27} [(ab)^2(a+b2c) + (bc)^2(b+c2a) + (ca)^2(c+a2b)]$
$= frac{1}{27} [(a^22ab+b^2)(a+b2c) + (b^22bc+c^2)(b+c2a) + (c^22ca+a^2)(c+a2b)]$
= $frac{1}{27} [(a^3+a^2b2a^2c 2a^2b2ab^2+4abc + b^3+b^2a2b^2c) + dots]$
= $frac{1}{27} [a^3+b^3+c^3 (a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2) + 6abc 2(a^2c+b^2a+c^2b)]$
这是很复杂的展开。

让我们回到 $a^2+b^2+c^2+2abc = frac{11}{27} frac{4}{3}(xy+yz+zx) + 2xyz$

我们想证明 $3xyz ge 2(xy+yz+zx)$，其中 $x+y+z=0$ 且 $x,y,z in (1/3, 2/3)$.
设 $p=xy+yz+zx, q=xyz$.
要证明 $3q ge 2p$.

令 $x, y, z$ 为方程 $t^3+ptq=0$ 的根。
由于 $x, y, z in (1/3, 2/3)$, 存在一个实根 $t_0 in (1/3, 2/3)$.
如果 $p ge 0$, 那么 $t^3+ptq=0$ 只有唯一的实根，如果 $p ge 0$, $S ge 0$, 这是不可能的，因为 $x+y+z=0$ 意味着 $S le 0$.

对于 $x+y+z=0$, Schur 不等式（$r=1$）的一个形式是：
$x^3+y^3+z^3+3xyz ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$
$3xyz ge xy(z)+yz(x)+zx(y)$
$3xyz ge xyz xyz xyz = 3xyz$.
$6xyz ge 0$, 这并不总是成立。

关键的思路是利用如下的不等式：
当 $a,b,c ge 0$ 且 $a+b+c=1$ 时，
$a^2+b^2+c^2+2abc ge frac{11}{27}$
这个不等式可以改写为：
$27(a^2+b^2+c^2+2abc) ge 11$
$27(12(ab+bc+ca)+2abc) ge 11$
$27 54(ab+bc+ca) + 54abc ge 11$
$16 54(ab+bc+ca) + 54abc ge 0$.

一个更熟悉的恒等式是：
$a^2+b^2+c^2+2abc frac{11}{27}(a+b+c)^3 = frac{1}{27} sum_{cyc} (ab)^2 (a+b2c)$
这里的 $a,b,c$ 需要是正数。
$sum_{cyc} (ab)^2 (a+b2c) = (a^22ab+b^2)(a+b2c) + (b^22bc+c^2)(b+c2a) + (c^22ca+a^2)(c+a2b)$
= $(a^3+a^2b2a^2c2a^2b2ab^2+4abc+b^3+ab^22b^2c)$
$+ (b^3+b^2c2b^2a2b^2c2bc^2+4abc+c^3+bc^22c^2a)$
$+ (c^3+c^2a2c^2b2c^2a2ca^2+4abc+a^3+ca^22a^2b)$
= $2(a^3+b^3+c^3) (a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2) + 12abc$.

使用 $a^3+b^3+c^33abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2abbcca)$
$= 1 imes (12(ab+bc+ca) (ab+bc+ca))$
$= 1 3(ab+bc+ca)$.
$a^3+b^3+c^3 = 1 3(ab+bc+ca) + 3abc$.

代入：
$2[1 3(ab+bc+ca) + 3abc] (a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2) + 12abc$
$= 2 6(ab+bc+ca) + 6abc (a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2) + 12abc$
$= 2 6(ab+bc+ca) (a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2) + 18abc$.

这个恒等式似乎不对。
正确的恒等式是：
$a^2+b^2+c^2+2abc frac{11}{27} = frac{1}{27}(a+b+c)(a+b2c)^2 + frac{1}{27}(b+c2a)^2(a+b+c) + frac{1}{27}(c+a2b)^2(a+b+c)$
不对，这等于 0.

真正的恒等式是：
$a^2+b^2+c^2+2abc frac{11}{27} = frac{1}{27} sum_{cyc} (a+b2c)^2(a+b+c)$
这个也等于 0.

最终正确的证明思路：
我们已经证明了 $a^2+b^2+c^2+2abc < 1$.
现在只需要证明 $a^2+b^2+c^2+2abc ge 11/27$.

考虑函数 $f(a,b,c) = a^2+b^2+c^2+2abc$ 在闭集 $a,b,c ge 0, a+b+c=1$ 上的最小值。
由于函数在闭集上连续，必有最小值。
我们已经找到一个在内部的临界点 $a=b=c=1/3$, 此时 $f(1/3,1/3,1/3) = 11/27$.
现在需要检查边界情况。
边界是指至少有一个变量为 0。
设 $c=0$. 由于 $a,b>0$ 且 $a+b=1$.
此时，$f(a,b,0) = a^2+b^2+0^2+2ab(0) = a^2+b^2$.
因为 $a+b=1$, $a^2+b^2 = (a+b)^2 2ab = 1 2ab$.
由于 $a,b>0$ 且 $a+b=1$, $ab$ 的最大值为 $(1/2)(1/2) = 1/4$ (当 $a=b=1/2$).
所以 $a^2+b^2 = 1 2ab ge 1 2(1/4) = 1 1/2 = 1/2$.
当 $a o 1, b o 0$ (或者 $a o 0, b o 1$), $ab o 0$.
所以 $a^2+b^2 o 1$.
当 $a=1/2, b=1/2, c=0$, $f(1/2,1/2,0) = (1/2)^2+(1/2)^2 = 1/4+1/4=1/2$.
$1/2 = 13.5/27$.
$11/27 < 1/2$.

所以在边界上，$f(a,b,c)$ 的值在 $1/2$ 到 $1$ 之间。
而内部的最小值是 $11/27$.
因此，整个范围是 $[11/27, 1)$.

总结证明过程：

1. 证明上限 $< 1$：
令 $f(a,b,c) = a^2+b^2+c^2+2abc$.
$a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 2(ab+bc+ca) = 1 2(ab+bc+ca)$.
$f(a,b,c) = 1 2(ab+bc+ca) + 2abc = 1 2(ab+bc+caabc)$.
因为 $a,b,c>0$ 且 $a+b+c=1$,
$ab+bc+caabc = ab(1c)+bc(1a)+ca(1b) = ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$.
由于 $a,b,c>0$, 所以 $ab(a+b)>0$, $bc(b+c)>0$, $ca(c+a)>0$.
因此 $ab+bc+caabc > 0$.
所以 $f(a,b,c) = 1 2( ext{正数}) < 1$.

2. 证明下限 $ge 11/27$：
考虑函数 $f(a,b,c) = a^2+b^2+c^2+2abc$ 在区域 $a,b,c ge 0, a+b+c=1$ 上的最小值。
内部临界点： 利用拉格朗日乘数法，我们发现当 $a=b=c$ 时是临界点。
结合 $a+b+c=1$, 得到 $a=b=c=1/3$.
此时 $f(1/3,1/3,1/3) = (1/3)^2+(1/3)^2+(1/3)^2+2(1/3)^3 = 3(1/9)+2/27 = 1/3+2/27 = 11/27$.
边界分析： 边界是至少一个变量为 0。
设 $c=0$. 由于 $a,b>0$ 且 $a+b=1$.
$f(a,b,0) = a^2+b^2 = (a+b)^2 2ab = 1 2ab$.
因为 $a,b>0$ 且 $a+b=1$, $ab in (0, 1/4]$.
所以 $1 2ab in [1 2(1/4), 1 2( ext{接近 }0)) = [1/2, 1)$.
最小值在边界上是 $1/2$.

比较内部临界点的值和边界上的最小值， $11/27 < 1/2$.
因此，在 $a,b,c ge 0, a+b+c=1$ 的条件下，最小值是 $11/27$.
由于题目要求 $a,b,c$ 是正数，即 $a,b,c > 0$, 那么 $a,b,c$ 不能取到 0。
所以 $f(a,b,c)$ 的最小值 $11/27$ 在 $a=b=c=1/3$ 时取得，这是满足 $a,b,c>0$ 的。
所以 $a^2+b^2+c^2+2abc ge 11/27$.

综合以上两部分，我们得出 $a^2+b^2+c^2+2abc$ 的范围是 $[11/27, 1)$。

所以