首先，用户的问题是关于证明一个不等式：$A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }\lesssim (A^2+B^2{)}^2$。这里的符号 $\lesssim$ 可能表示“小于或等于某个常数倍”，即在某种范数或上下文中，不等式成立，但有一个常数因子。

我需要回想一下这种符号。在数学中，特别是在分析中，$\lesssim$ 经常表示不等式在常数因子内成立。也就是说，存在一个常数 $C>0$ 使得 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }\le C(A^2+B^2{)}^2$。

用户没有指定 $A$ 和 $B$ 是什么，但通常在这种不等式中，$A$ 和 $B$ 是非负实数，因为涉及幂运算。此外，$\alpha$ 是一个参数，可能是一个实数。问题中没有指定 $\alpha$ 的范围，所以我应该考虑一般情况。

目标是证明对于所有非负实数 $A,B\ge 0$，以及某个 $\alpha$，有 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }\le C(A^2+B^2{)}^2$ 对于某个常数 $C$。

右边是 $(A^2+B^2{)}^2$，左边是 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }$。这看起来类似于 Hölder 不等式或加权 AM-GM 不等式。

我可以考虑函数 $f(A,B)=\frac{A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }}{(A^2+B^2{)}^2}$ 并证明它是有界的。

由于不等式是齐次的，我可以设 $t=\frac{A}{B}$（假设 $B>0$），然后分析函数在 $t\ge 0$ 上的行为。

设 $t=\frac{A}{B}$，则左边变为 $(tB{)}^{\alpha }{B}^{4-\alpha }=t^{\alpha }{B}^{\alpha }{B}^{4-\alpha }=t^{\alpha }{B}^4$。

右边是 $((tB{)}^2+B^2{)}^2=(t^2{B}^2+B^2{)}^2=(B^2(t^2+1){)}^2=B^4(t^2+1{)}^2$。

所以，$f(t)=\frac{t^{\alpha }{B}^4}{B^4(t^2+1{)}^2}=\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}$。

因此，我需要证明 $\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}$ 在 $t\ge 0$ 上有界，即存在 $C$ 使得对所有 $t\ge 0$，有 $\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}\le C$。

现在，这是一个单变量函数，我可以在 $t\ge 0$ 上找到它的最大值。

定义 $g(t)=\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}$。

为了找到最大值，我可以取导数或分析其行为。

首先，当 $t\to 0^{+}$，如果 $\alpha >0$，则 $t^{\alpha }\to 0$（因为 $\alpha >0$），分母 $\to 1$，所以 $g(t)\to 0$。

如果 $\alpha =0$，则 $g(t)=\frac{1}{(t^2+1{)}^2}\le 1$。

如果 $\alpha <0$，则当 $t\to 0^{+}$，$t^{\alpha }\to \infty$（因为 $\alpha <0$），分母 $\to 1$，所以 $g(t)\to \infty$，这可能无界。

如果 $\alpha <0$，那么当 $t$ 很小时，$t^{\alpha }$ 很大，因为 $\alpha$ 是负的。例如，如果 $\alpha =-1$，则 $g(t)=\frac{t^{-1}}{(t^2+1{)}^2}=\frac{1}{t(t^2+1{)}^2}$，当 $t\to 0^{+}$，这趋于 $\infty$。

但用户的问题似乎假设不等式成立，所以可能 $\alpha$ 是给定的，或者我需要指定 $\alpha$ 的范围。

在不等式中，左边是 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }$，右边是 $(A^2+B^2{)}^2$。为了使左边在 $A$ 或 $B$ 为零时有定义，我们需要小心。

如果 $B=0$ 且 $A>0$，左边是 $A^{\alpha }\cdot 0^{4-\alpha }$。如果 $4-\alpha >0$，即 $\alpha <4$，则 $0^{4-\alpha }=0$（假设 $B=0$），所以左边是 0，右边是 $(A^2+0{)}^2=A^4>0$（如果 $A>0$），所以不等式成立。但如果 $\alpha \ge 4$，则 $0^{4-\alpha }$ 未定义或无穷大，有问题。

类似地，如果 $A=0$，$B>0$，左边是 $0^{\alpha }{B}^{4-\alpha }$。如果 $\alpha >0$，则 $0^{\alpha }=0$，右边是 $B^4>0$，所以成立。但如果 $\alpha \le 0$，则 $0^{\alpha }$ 未定义或无穷大。

因此，为了使不等式对所有 $A,B\ge 0$ 有意义，我们需要 $\alpha >0$ 且 $\alpha <4$，这样当其中一个为零时，左边为零，右边为正。

在 $g(t)=\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}$ 中，当 $\alpha >0$ 且 $\alpha <4$，函数在 $t=0$ 和 $t=\infty$ 时行为良好。

当 $t\to 0^{+}$，$g(t)\sim t^{\alpha }\to 0$（因为 $\alpha >0$）。

当 $t\to \infty$，$g(t)\sim \frac{t^{\alpha }}{(t^2{)}^2}=t^{\alpha -4}$。如果 $\alpha <4$，则 $\alpha -4<0$，所以 $g(t)\to 0$。

在 $t=0$ 和 $t=\infty$ 时，$g(t)\to 0$，且 $g(t)>0$ 对于 $t>0$，所以最大值在某个 $t>0$ 处取得。

为了找到最大值，我可以对 $g(t)$ 求导。

设 $g(t)=t^{\alpha }(t^2+1{)}^{-2}$。

那么，$\ln g(t)=\alpha \ln t-2\ln (t^2+1)$。

求导：$\frac{g^{\prime }(t)}{g(t)}=\frac{\alpha }{t}-2\cdot \frac{2t}{t^2+1}=\frac{\alpha }{t}-\frac{4t}{t^2+1}$。

设导数为零：$\frac{\alpha }{t}-\frac{4t}{t^2+1}=0$。

所以，$\frac{\alpha }{t}=\frac{4t}{t^2+1}$。

因此，$\alpha (t^2+1)=4t^2$。

所以，$\alpha t^2+\alpha =4t^2$。

$\alpha =4t^2-\alpha t^2$。

由 $\alpha (t^2+1)=4t^2$，得 $\alpha t^2+\alpha =4t^2$，所以 $\alpha =4t^2-\alpha t^2$。

更好：$\alpha t^2+\alpha =4t^2$，所以 $\alpha =4t^2-\alpha t^2$? 不对。

$\alpha t^2+\alpha =4t^2$，所以 $\alpha =4t^2-\alpha t^2$? 不对。

移项：$\alpha t^2+\alpha -4t^2=0$，所以 $\alpha (t^2+1)-4t^2=0$。

由 $\alpha (t^2+1)=4t^2$，得 $4t^2-\alpha t^2=\alpha$，所以 $t^2(4-\alpha )=\alpha$。

因此，$t^2=\frac{\alpha }{4-\alpha }$。

由于 $t^2\ge 0$，我们需要 $\alpha >0$ 且 $4-\alpha >0$，即 $0<\alpha <4$。

那么 $t=\sqrt{\frac{\alpha }{4-\alpha }}$。

现在，在该点，$g(t)=\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}$。

代入 $t^2=\frac{\alpha }{4-\alpha }$，所以 $t^{\alpha }=(t^2{)}^{\alpha /2}={\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}$。

分母：$t^2+1=\frac{\alpha }{4-\alpha }+1=\frac{\alpha +4-\alpha }{4-\alpha }=\frac{4}{4-\alpha }$。

所以，$(t^2+1{)}^2={\left(\frac{4}{4-\alpha }\right)}^2=\frac{16}{(4-\alpha {)}^2}$。

因此，$g(t)=\frac{{\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}}{\frac{16}{(4-\alpha {)}^2}}={\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}\cdot \frac{(4-\alpha {)}^2}{16}$。

简化：$=\frac{(4-\alpha {)}^2}{16}\cdot {\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}$。

现在，${\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}={\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{-\alpha /2}$。

所以，$g(t)=\frac{(4-\alpha {)}^2}{16}\cdot {\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{-\alpha /2}=\frac{1}{16}{\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{2-\alpha /2}$。

因为 $(4-\alpha {)}^2\cdot (4-\alpha {)}^{-\alpha /2}=(4-\alpha {)}^{2-\alpha /2}$。

且 $2-\alpha /2=\frac{4-\alpha }{2}$，所以 $(4-\alpha {)}^{(4-\alpha )/2}$。

设 $\beta =\alpha /2$，但或许保持原样。

因此，最大值是 $g_{\text{max}}=\frac{1}{16}{\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{(4-\alpha )/2}$。

由 $t^2=\frac{\alpha }{4-\alpha }$，且 $g(t)=\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}=\frac{{\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}}{{\left(\frac{4}{4-\alpha }\right)}^2}={\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}\cdot \frac{(4-\alpha {)}^2}{16}$。

现在，${\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}={\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{-\alpha /2}$，所以

$g={\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{-\alpha /2}\cdot \frac{(4-\alpha {)}^2}{16}=\frac{1}{16}{\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{2-\alpha /2}$。

且 $2-\alpha /2=\frac{4-\alpha }{2}$，所以 $\frac{1}{16}{\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{(4-\alpha )/2}$。

这可以写成 $\frac{1}{16}{\left({\alpha }^{\alpha }(4-\alpha {)}^{4-\alpha }\right)}^{1/2}$，但或许不需要。

关键是，对于每个固定的 $\alpha \in (0,4)$，这个 $g_{\text{max}}$ 是一个有限的正数，因此 $g(t)\le g_{\text{max}}$ 对于所有 $t$，所以 $\frac{A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }}{(A^2+B^2{)}^2}\le C$ 对于某个 $C$ 依赖于 $\alpha$。

具体来说，$C=\frac{1}{16}{\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{(4-\alpha )/2}$。

但或许我可以简化它。

注意在临界点，$t^2=\frac{\alpha }{4-\alpha }$，且 $g(t)=\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}$。

但由方程，之前我们有 $\frac{\alpha }{t}=\frac{4t}{t^2+1}$，在最大值处。

但无论如何，最大值存在且有限。

为了得到更简洁的不等式，我可以用其他方法证明。

另一种方法是使用 AM-GM 不等式或其他不等式。

例如，对于加权 AM-GM。

右边是 $(A^2+B^2{)}^2$，左边是 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }$。

我可以写成 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }=(A^2{)}^{\alpha /2}(B^2{)}^{(4-\alpha )/2}$。

设 $x=A^2$，$y=B^2$，那么不等式变为 $x^{\alpha /2}{y}^{(4-\alpha )/2}\lesssim (x+y{)}^2$。

因为 $(x+y{)}^2$。

现在，$x^{\alpha /2}{y}^{(4-\alpha )/2}=(x{y}^k{)}^m$ 之类的，但或许。

由加权 AM-GM，但标准 AM-GM 给出几何平均和算术平均。

具体来说，对于正数 $x,y$，有 $\frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}$，但这里我有 $x^a{y}^b$ 和 $(x+y{)}^c$。

在这种情况下，$a=\alpha /2$，$b=(4-\alpha )/2$，且 $a+b=\alpha /2+(4-\alpha )/2=4/2=2$。

哦！所以 $a+b=2$。

且左边是 $x^a{y}^b$，右边是 $(x+y{)}^2$。

现在，由于 $a+b=2$，我可以使用不等式 $x^a{y}^b\le {\left(\frac{x+y}{2}\right)}^2\cdot k$ 之类的？不。

标准结果：对于 $a,b>0$ 且 $a+b=s$，有 $x^a{y}^b\le {\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s$ 之类的，但这里是固定和。

实际上，函数 $f(x,y)=x^a{y}^b$ 在 $x+y=$ 常数时的最大值。

但这里右边是 $(x+y{)}^2$，而左边是 $x^a{y}^b$。

由 AM-GM，但加权。

回忆一下，对于正数，有 $x^a{y}^b\le {\left(\frac{a}{a+b}x+\frac{b}{a+b}y\right)}^{a+b}$，但 $a+b=2$，所以 $x^a{y}^b\le {\left(\frac{a}{2}x+\frac{b}{2}y\right)}^2$。

是的！加权 AM-GM 不等式。

具体来说，对于正实数 $x,y$ 和权重 $p,q>0$ 且 $p+q=1$，有 $x^p{y}^q\le px+qy$，但这里是指数形式。

标准形式：设权重 $w_1,w_2$ 使得 $w_1+w_2=s$，那么 $x^{w_1}{y}^{w_2}\le {\left(\frac{w_{1}x+w_{2}y}{s}\right)}^s$。

更准确地说：对于正实数，且 $a,b>0$，$a+b=s$，那么 $x^a{y}^b\le {\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s$。

是的，这是加权幂平均不等式或类似结果。

为了确认，设 $t=\frac{x}{y}$，那么左边 $x^a{y}^b=y^{a+b}(x/y{)}^a=y^s{t}^a$。

右边 ${\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s={\left(y\frac{at+b}{s}\right)}^s=y^s{\left(\frac{at+b}{s}\right)}^s$。

所以不等式是 $y^s{t}^a\le y^s{\left(\frac{at+b}{s}\right)}^s$，即 $t^a\le {\left(\frac{at+b}{s}\right)}^s$。

由于 $s=a+b$，所以 $t^a\le {\left(\frac{at+b}{a+b}\right)}^{a+b}$。

当 $t=1$ 时等号成立，但通常不成立，等等。

实际上，在 AM-GM 中，当权重相等时成立，但这里。

无论如何，在这种情况下，$a=\alpha /2$，$b=(4-\alpha )/2$，$s=a+b=2$。

所以，$x^a{y}^b\le {\left(\frac{ax+by}{2}\right)}^2$。

因为 $s=2$。

现在，$\frac{ax+by}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha }{2}x+\frac{4-\alpha }{2}y\right)=\frac{1}{4}(\alpha x+(4-\alpha )y)$。

$a=\alpha /2$，$b=(4-\alpha )/2$，所以 $ax+by=\frac{\alpha }{2}x+\frac{4-\alpha }{2}y$。

那么 $\frac{ax+by}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{\alpha }{2}x+\frac{4-\alpha }{2}y\right)=\frac{1}{4}(\alpha x+(4-\alpha )y)$。

然后 ${\left(\frac{ax+by}{2}\right)}^2={\left(\frac{1}{4}(\alpha x+(4-\alpha )y)\right)}^2=\frac{1}{16}(\alpha x+(4-\alpha )y{)}^2$。

现在，左边是 $x^a{y}^b\le \frac{1}{16}(\alpha x+(4-\alpha )y{)}^2$。

但右边是 $(x+y{)}^2$，而我这里有一个不同的表达式。

此外，$\alpha x+(4-\alpha )y$ 不一定小于 $x+y$ 的倍数。

实际上，$\alpha x+(4-\alpha )y$ 可能大于 $x+y$，例如如果 $\alpha >1$ 且 $x$ 很大。

但无论如何，不等式是 $x^a{y}^b\le \frac{1}{16}(\alpha x+(4-\alpha )y{)}^2$，但这没有直接帮助，因为我需要与 $(x+y{)}^2$ 比较。

注意 $\alpha x+(4-\alpha )y\le \max (\alpha ,4-\alpha )(x+y)$，因为系数之和为 $\alpha +4-\alpha =4$，但最大值是 $\max (\alpha ,4-\alpha )$。

设 $k=\max (\alpha ,4-\alpha )$，那么 $\alpha x+(4-\alpha )y\le k(x+y)$，因为如果 $\alpha \ge 4-\alpha$ 即 $\alpha \ge 2$，那么 $k=\alpha$，且 $\alpha x+(4-\alpha )y\le \alpha x+\alpha y=\alpha (x+y)$？不，如果 $\alpha \ge 2$，但 $4-\alpha \le 2\le \alpha$，所以 $\alpha x+(4-\alpha )y\le \alpha x+\alpha y=\alpha (x+y)$？不，因为 $y$ 的系数 $4-\alpha \le \alpha$，但 $x$ 的系数更大，所以当 $y=0$ 时，$\alpha x\le \alpha x$，但当 $x=0$，$(4-\alpha )y\le \alpha y$？如果 $\alpha \ge 2$，则 $4-\alpha \le 2\le \alpha$？不一定，例如 $\alpha =2$，$4-2=2$，相等；$\alpha =3$，$4-3=1<3$，所以 $\alpha x+(4-\alpha )y\le \alpha x+\alpha y=\alpha (x+y)$，因为 $4-\alpha \le \alpha$ 当 $\alpha \ge 2$。

类似地，如果 $\alpha \le 2$，那么 $k=4-\alpha \ge 2\ge \alpha$，所以 $\alpha x+(4-\alpha )y\le (4-\alpha )x+(4-\alpha )y=(4-\alpha )(x+y)$。

因此，总之，$\alpha x+(4-\alpha )y\le k(x+y)$，其中 $k=\max (\alpha ,4-\alpha )$。

因此，$x^a{y}^b\le \frac{1}{16}(\alpha x+(4-\alpha )y{)}^2\le \frac{1}{16}{k}^2(x+y{)}^2$。

所以，$x^a{y}^b\le \frac{1}{16}[\max (\alpha ,4-\alpha ){]}^2(x+y{)}^2$。

现在，$[\max (\alpha ,4-\alpha ){]}^2$ 是某个常数，但之前我得到了一个更精确的常数。

但无论如何，这证明了不等式，常数依赖于 $\alpha$。

在原始问题中，是 $\lesssim$，所以常数因子可以接受。

回到原始变量，$x=A^2$，$y=B^2$，所以 $x^a{y}^b=(A^2{)}^{\alpha /2}(B^2{)}^{(4-\alpha )/2}=A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }$，且 $(x+y{)}^2=(A^2+B^2{)}^2$，完美。

因此，$A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }\le C(A^2+B^2{)}^2$，其中 $C=\frac{1}{16}[\max (\alpha ,4-\alpha ){]}^2$。

但之前通过微积分，我有 $C=\frac{1}{16}{\alpha }^{\alpha /2}(4-\alpha {)}^{(4-\alpha )/2}$，这更小，但两种都可以。

注意在临界点，$t^2=\frac{\alpha }{4-\alpha }$，且 $g(t)=\frac{t^{\alpha }}{(t^2+1{)}^2}=\frac{{\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}}{{\left(\frac{4}{4-\alpha }\right)}^2}={\left(\frac{\alpha }{4-\alpha }\right)}^{\alpha /2}\cdot \frac{(4-\alpha {)}^2}{16}$。

如之前所述。

但或许对于答案，我可以说对于 $\alpha \in (0,4)$，不等式成立，常数依赖于 $\alpha$。

用户没有指定 $\alpha$，所以可能在上下文中是给定的，或者我需要假设。

在问题中，是 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }\lesssim (A^2+B^2{)}^2$，没有指定 $\alpha$，但可能 $\alpha$ 是一个固定参数。

或许在不等式中，$\alpha$ 是固定的，我需要证明它。

或者可能是打字错误，但我想对于一般 $\alpha$，只要它在范围内。

另一种方式：或许使用 Cauchy-Schwarz 或其他方法。

例如，考虑 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }=(A^{\alpha }{B}^{2-\alpha })\cdot B^2$，但不确定。

或者写成 A^\alpha B^{4-\alpha} = (A^{\alpha/2} B^{(4-\alpha)/2})^2 \cdot (B^{2 \cdot \frac{4-\alpha}{2} - \text{等等}) ，混乱。

我认为我已有的方法足够好。

所以，总结回答。

首先，用户要求仔细解释加权 AM-GM 不等式。加权 AM-GM 不等式是算术-几何平均不等式（AM-GM）的推广版本。

标准 AM-GM 不等式回顾

标准 AM-GM 不等式指出：对于非负实数 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 和正权重 $w_1,w_2,\dots ,w_n$ 满足 ${\sum }_{i=1}^n{w}_i=1$，有：

${\prod }_{i=1}^n{x}_i^{w_i}\le {\sum }_{i=1}^n{w}_i{x}_i$

等号成立当且仅当所有 $x_i$ 相等。

加权 AM-GM 不等式的形式

用户提到的加权 AM-GM 在之前的上下文中是：
对于正实数 $x,y$ 和权重 $a,b>0$ 满足 $a+b=s$，有：

$x^a{y}^b\le {\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s$

这里 $s=a+b$。

推导和解释

1. 权重归一化：在标准形式中，权重通常归一化为和为 1。但这里权重和为 $s$，所以我们需要调整。

2. 一般形式：设 $w_1=\frac{a}{s}$, $w_2=\frac{b}{s}$，则 $w_1+w_2=1$。标准加权 AM-GM 给出：

$x^{w_1}{y}^{w_2}\le w_{1}x+w_{2}y$

即：

$x^{a/s}{y}^{b/s}\le \frac{a}{s}x+\frac{b}{s}y$

3. 提升到幂 $s$：由于不等式两边都是正的，我们可以将两边提升到 $s$ 次幂：

${\left(x^{a/s}{y}^{b/s}\right)}^s\le {\left(\frac{a}{s}x+\frac{b}{s}y\right)}^s$

简化左边：$x^a{y}^b$，右边：${\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s$。因此：

$x^a{y}^b\le {\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s$

等号成立当 $x=y$。

为什么成立？

• 这个不等式源于函数的凸性。具体来说，函数 $f(t)=-\ln t$ 是凸的，Jensen 不等式应用可得。
• 直观上，几何平均不超过算术平均，且通过权重调整比例。

在之前证明中的应用

在不等式中，我们有 $a=\alpha /2$, $b=(4-\alpha )/2$, $s=a+b=\frac{\alpha }{2}+\frac{4-\alpha }{2}=\frac{4}{2}=2$。所以：

$x^a{y}^b\le {\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s={\left(\frac{\frac{\alpha }{2}x+\frac{4-\alpha }{2}y}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}{\left(\frac{\alpha }{2}x+\frac{4-\alpha }{2}y\right)}^2=\frac{1}{16}(\alpha x+(4-\alpha )y{)}^2$

这匹配之前的推导。

常数和等号

• 等号成立当 $x=y$，即 $A^2=B^2$，所以 $A=B$（假设正数）。
• 常数 $\frac{1}{16}$ 来自 ${\left(\frac{1}{s}\right)}^s={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}$，但之前有 $\frac{1}{s}$ 在分母，所以是 $\frac{1}{16}$。更精确地，从 ${\left(\frac{ax+by}{s}\right)}^s$，当 $s=2$，是平方。

总结解释

加权 AM-GM 不等式允许我们为不同变量分配不同的权重，从而推广标准 AM-GM。它特别适用于处理具有不同指数的不等式，如本例中的 $A^{\alpha }{B}^{4-\alpha }$。

我将以清晰、逐步的方式呈现解释，确保涵盖关键点。