Szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség

A szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség szerint, ha ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ nemnegatív valós számok, akkor szimmetrikus közepeik csökkenő sorrendben helyezkednek el:

${\displaystyle S_{1}\geq S_{2}\geq \cdots \geq S_{n},}$

ahol ${\displaystyle k=1,\dots ,n}$-re

${\displaystyle S_{k}=\left({\frac {E_{k}}{{n} \choose {k}}}\right)^{\frac {1}{k}},}$

továbbá ${\displaystyle E_{k}}$ a k-adik elemi szimmetrikus polinom, azaz

${\displaystyle E_{k}=\sum _{i_{1}<\cdots <i_{k}}a_{i_{1}}a_{i_{2}}\cdots a_{i_{k}}}$

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

${\displaystyle S_{1}>S_{2}>\cdots >S_{n}.}$

Mivel ${\displaystyle S_{1}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}}$ és ${\displaystyle S_{n}={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}$ az ${\displaystyle S_{1}\geq S_{n}}$ egyenlőtlenség egyszerűen a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség.

Bizonyítása

Két speciális eset

Egyszerűen beláthatjuk az ${\displaystyle S_{1}\geq S_{2}}$ és az ${\displaystyle S_{n-1}\geq S_{n}}$egyenlőtlenségeket.

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

${\displaystyle (a_{1}\cdots a_{n})^{n-1}.}$

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

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

azaz

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

és itt a bal oldal ${\displaystyle S_{n-1}}$, a jobb oldal ${\displaystyle S_{n}}$.

Nézzük a másik egyenlőtlenséget, ${\displaystyle S_{1}\geq S_{2}}$-t! Ez négyzetreemelve és felszorozva az

${\displaystyle (n-1)E_{1}^{2}\geq 2nE_{2}}$

alakra hozható. Legyen ${\displaystyle Q=a_{1}^{2}+\cdots +a_{n}^{2}}$. Ekkor

${\displaystyle E_{1}^{2}=Q+2E_{2},}$

amit a fenti egyenlőtlenségbe beírva

${\displaystyle (n-1)E_{1}^{2}\geq n(E_{1}^{2}-Q)}$

adódik. Ha ezt rendezzük, akkor azt kapjuk, hogy

${\displaystyle nQ\geq E_{1}^{2},}$

azaz

${\displaystyle {\frac {Q}{n}}\geq \left({\frac {E_{1}}{n}}\right)^{2}}$

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

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 ${\displaystyle n>3}$ és tudjuk a tételt n-1-re. Adott ${\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}$ számainkból készítsük el a

${\displaystyle p(x)=(x-a_{1})\cdots (x-a_{n})}$

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

${\displaystyle p(x)=x^{n}-E_{1}x^{n-1}+E_{2}x^{n-2}-\cdots +(-1)^{n}E_{n}}$

alakú. Deriváltja

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

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

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

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

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

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

${\displaystyle {\frac {e_{k}}{{n-1} \choose {k}}}={\frac {(n-k)E_{k}}{n{{n-1} \choose {k}}}}={\frac {E_{k}}{{n} \choose {k}}}}$

mivel

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

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

A fenti bizonyítás adja az

${\displaystyle S_{k-1}^{k-1}S_{k+1}^{k+1}\leq S_{k}^{2k}}$

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

${\displaystyle S_{k+1}^{k+1}\leq {\frac {S_{k}^{2k}}{S_{k-1}^{k-1}}}\leq S_{k}^{k+1}.}$

Innen a kívánt eredmény ${\displaystyle k+1}$-edik gyökvonással adódik.

• Matematikaportál • összefoglaló, színes tartalomajánló lap