Szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség

A Wikipédiából, a szabad lexikonból.

A szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség szerint, ha $a_1,\dots,a_n$ nemnegatív valós számok, akkor szimmetrikus közepeik csökkenő sorrendben helyezkednek el:

$S_1\geq S_2\geq \cdots \geq S_n,$

ahol $k=1,\dots,n$ -re

$S_k=\left(\frac{E_k}{{{n}\choose{k}}}\right)^{\frac{1}{k}},$

továbbá $E k$ a k-adik elemi szimmetrikus polinom, azaz

$E_k=\sum_{i_1<\cdots<i_k}a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_k}$

a számainkból készíthető összes k-tényezős szorzat összege.

Ha a számok pozitívak, akkor egyenlőség csak akkor van, ha minden szám egyenlő, más szóval, ha van két különböző értékű, akkor

$S_1>S_2>\cdots>S_n.$

Mivel $S_1=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}$ és $S_n=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ az $S_1\geq S_n$ egyenlőtlenség egyszerűen a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség.

[szerkesztés] Bizonyítása

[szerkesztés] Két speciális eset

Egyszerűen beláthatjuk az $S_1\geq S_2$ és az $S_{n-1}\geq S_n$ egyenlőtlenségeket.

Az utóbbihoz vegyük szemügyre $E n - 1$ -et. Ez egy n tagú összeg, aminek tagjai az $a_1,\dots,a_n$ -ből készíthető összes $n - 1$ -tényezős szorzatok. Számaink mindegyike pontosan $n - 1$ -szer szerepel, ezért szorzatuk

$(a_1\cdots a_n)^{n-1}.$

Ha alkalmazzuk ezekre a szorzatokra a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget, akkor azt kapjuk, hogy

$\frac{E_{n-1}}{n}\geq\sqrt[n]{(a_1\cdots a_n)^{n-1}}$

azaz

$\left(\frac{E_{n-1}}{n}\right)^{\frac{1}{n-1}}\geq(a_1\cdots a_n)^{\frac{1}{n}}$

és itt a baloldal $S n - 1$ , a jobboldal $S n$ .

Nézzük a másik egyenlőtlenséget, $S_1\geq S_2$ -t! Ez négyzetreemelve és felszorozva az

$(n-1)E^2_1\geq 2nE_2$

alakra hozható. Legyen $Q=a^2_1+\cdots+a^2_n$ . Ekkor

$E^2_1=Q+2E_2,$

amit a fenti egyenlőtlenségbe beírva

$(n-1)E^2_1\geq n(E^2_1-Q)$

adódik. Ha ezt rendezzük, akkor azt kapjuk, hogy

$nQ\geq E^2_1,$

azaz

$\frac{Q}{n}\geq \left(\frac{E_1}{n}\right)^2$

ami nem más, mint a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség.

[szerkesztés] Az általános eset

A tételt általában n-re vonatkozó indukcióval igazoljuk. A fenti esetek megadják a tételt n=2-re és n=3-ra. Tegyük fel, hogy $n > 3$ és tudjuk a tételt n-1-re. Adott $a_1,\dots,a_n$ számainkból készítsük el a

$p(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_n)$

polinomot, ennek tehát (multiplicitással számolva) pontosan n gyöke van. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések miatt p(x) szokásos polinomformájában

$p(x)=x^n-E_1x^{n-1}+E_2x^{n-2}-\cdots+(-1)^nE_n$

alakú. Deriváltja

$p'(x)=nx^{n-1}-(n-1)E_1x^{n-2}+(n-2)E_2x^{n-3}-\cdots.$

Rolle tételének egy következménye miatt $p'(x)$ -nek (multiplicitással számolva) n-1 valós gyöke van, $b_1,\dots,b_{n-1}$ , ezek az $a i$ -k legkisebbike és legnagyobbika közé esnek, tehát nemnegatívak. Ezekkel $p'(x)$ így írható fel:

$p'(x)=nx^{n-1}-ne_1x^{n-2}+ne_2x^{n-3}-\cdots,$

ahol $e_1,\dots,e_{n-1}$ a $b_1,\dots,b_{n-1}$ számok elemi szimmetrikus polinomjai. Együttható-összehasonlítással adódik $(n - k) E k = n e k$ $1\leq k \leq n-1$ -re. Mivel n-1-re már tudjuk a tétel állítását,

$\left(\frac{e_k}{{{n-1}\choose{k}}}\right)^{\frac{1}{k}}\geq\left(\frac{e_{k+1}}{{{n-1}\choose{k+1}}}\right)^{\frac{1}{k+1}}$

teljesül $1\leq k\leq n-2$ -re. Viszont

$\frac{e_k}{{{n-1}\choose{k}}}=\frac{(n-k)E_k}{n{{n-1}\choose{k}}}=\frac{E_k}{{{n}\choose{k}}}$

mivel

$\frac{n{{n-1}\choose{k}}}{n-k}=\frac{n(n-1)!}{(n-k)k!(n-k-1)!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}={{n}\choose{k}}$

és ez adja $S_k\geq S_{k+1}$ -et $1\leq k \leq n-2$ -re. A megmaradó, $k = n - 1$ esetet a fentiekben már beláttuk.

A fenti bizonyítás adja az

$S^{k-1}_{k-1} S^{k+1}_{k+1}\leq S^{2k}_k$

egyenlőtlenséget is. Ebből ismét levezethető a tétel, hiszen, $S_1\geq S_2$ -t fentebb láttuk, ezután indukcióval adódik $S_k\geq S_{k+1}$ : ha $k - 1$ -re tudjuk akkor a fentiek szerint $S^{k-1}_{k-1} S^{k+1}_{k+1}\leq S^{2k}_k$ , innen