Szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség forrásának megtekintése

A '''szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség''' szerint, ha <math>a_1,\dots,a_n</math> nemnegatív valós számok, akkor szimmetrikus közepeik csökkenő sorrendben helyezkednek el:
<center><math>S_1\geq S_2\geq \cdots \geq S_n,</math></center>
ahol <math>k=1,\dots,n</math>-re
<center><math>S_k=\left(\frac{E_k}{{{n}\choose{k}}}\right)^{\frac{1}{k}},</math></center>
továbbá <math>E_k</math> a ''k''-adik [[elemi szimmetrikus polinom]], azaz
<center><math>E_k=\sum_{i_1<\cdots<i_k}a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_k}</math></center>
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
<center><math>S_1>S_2>\cdots>S_n.</math></center>
Mivel <math>S_1=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}</math> és <math>S_n=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}</math> az <math>S_1\geq S_n</math> egyenlőtlenség egyszerűen a [[számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség]].
==Bizonyítása==
===Két speciális eset===
Egyszerűen beláthatjuk az <math>S_1\geq S_2</math> és az <math>S_{n-1}\geq S_n</math>egyenlőtlenségeket.
Az utóbbihoz vegyük szemügyre <math>E_{n-1}</math>-et.
Ez egy ''n'' tagú összeg, aminek tagjai az <math>a_1,\dots,a_n</math>-ből készíthető összes <math>n-1</math>-tényezős szorzatok. Számaink mindegyike pontosan
<math>n-1</math>-szer szerepel, ezért szorzatuk
<center><math>(a_1\cdots a_n)^{n-1}.</math></center>
Ha alkalmazzuk ezekre a szorzatokra a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget, akkor azt kapjuk, hogy
<center><math>\frac{E_{n-1}}{n}\geq\sqrt[n]{(a_1\cdots a_n)^{n-1}}</math></center>
azaz
<center><math>\left(\frac{E_{n-1}}{n}\right)^{\frac{1}{n-1}}\geq(a_1\cdots a_n)^{\frac{1}{n}}</math></center>
és itt a bal oldal <math>S_{n-1}</math>, a jobb oldal <math>S_n</math>.
Nézzük a másik egyenlőtlenséget, <math>S_1\geq S_2</math>-t! Ez négyzetreemelve és felszorozva az
<center><math>(n-1)E^2_1\geq 2nE_2</math></center>
alakra hozható. Legyen <math>Q=a^2_1+\cdots+a^2_n</math>. Ekkor
<center><math>E^2_1=Q+2E_2,</math></center>
amit a fenti egyenlőtlenségbe beírva
<center><math>(n-1)E^2_1\geq n(E^2_1-Q)</math></center>
adódik.
Ha ezt rendezzük, akkor azt kapjuk, hogy
<center><math>nQ\geq E^2_1,</math></center>
azaz
<center><math>\frac{Q}{n}\geq \left(\frac{E_1}{n}\right)^2</math></center>
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 <math>n>3</math> és tudjuk a tételt ''n''-1-re. Adott <math>a_1,\dots,a_n</math> számainkból készítsük el a
<center><math>p(x)=(x-a_1)\cdots(x-a_n)</math></center>
polinomot, ennek tehát (multiplicitással számolva) pontosan ''n'' gyöke van. A [[gyökök és együtthatók közötti összefüggések]] miatt ''p''(''x'') szokásos polinomformájában
<center><math>p(x)=x^n-E_1x^{n-1}+E_2x^{n-2}-\cdots+(-1)^nE_n</math></center>
alakú. Deriváltja
<center><math>p'(x)=nx^{n-1}-(n-1)E_1x^{n-2}+(n-2)E_2x^{n-3}-\cdots.</math></center>
A [[Rolle-tétel]] egy következménye miatt <math>p'(x)</math>-nek (multiplicitással számolva) ''n''-1 valós gyöke van, <math>b_1,\dots,b_{n-1}</math>, ezek az <math>a_i</math>-k legkisebbike és legnagyobbika közé esnek, tehát nemnegatívak. Ezekkel <math>p'(x)</math> így írható fel:
<center><math>p'(x)=nx^{n-1}-ne_1x^{n-2}+ne_2x^{n-3}-\cdots,</math></center>
ahol <math>e_1,\dots,e_{n-1}</math> a <math>b_1,\dots,b_{n-1}</math> számok elemi szimmetrikus polinomjai.
Együttható-összehasonlítással adódik <math>(n-k)E_k=ne_k</math> <math>1\leq k \leq n-1</math>-re. Mivel ''n''-1-re már tudjuk a tétel állítását,
<center><math>\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}}</math></center>
teljesül <math>1\leq k\leq n-2</math>-re. Viszont
<center><math>\frac{e_k}{{{n-1}\choose{k}}}=\frac{(n-k)E_k}{n{{n-1}\choose{k}}}=\frac{E_k}{{{n}\choose{k}}}</math></center>
mivel
<center><math>\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}}</math></center>
és ez adja <math>S_k\geq S_{k+1}</math>-et <math>1\leq k \leq n-2</math>-re. A megmaradó, <math>k=n-1</math> esetet a fentiekben már beláttuk.
A fenti bizonyítás adja az
<center><math>S^{k-1}_{k-1} S^{k+1}_{k+1}\leq S^{2k}_k</math></center>
egyenlőtlenséget is. Ebből ismét levezethető a tétel, hiszen, <math>S_1\geq S_2</math>-t fentebb láttuk, ezután indukcióval adódik <math>S_k\geq S_{k+1}</math>:
ha <math>k-1</math>-re tudjuk akkor a fentiek szerint
<math>S^{k-1}_{k-1} S^{k+1}_{k+1}\leq S^{2k}_k</math>, innen
<center><math>S^{k+1}_{k+1}\leq \frac{S^{2k}_k}{S^{k-1}_{k-1}}\leq S^{k+1}_k.</math></center>
Innen a kívánt eredmény <math>k+1</math>-edik gyökvonással adódik.
{{Portál|matematika}}
[[Kategória:Elemi algebra]]
[[Kategória:Egyenlőtlenségek]]