Szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség

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

$S_1\ge S_2\ge \cdots \ge S_n,$

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

$S_k={\left(\frac{E_k}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}\right)}^{\frac{1}{k}},$

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 $S_1\ge S_n$ egyenlőtlenség egyszerűen a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség.

Bizonyítása

Két speciális eset

Egyszerűen beláthatjuk az $S_1\ge S_2$ és az $S_{n-1}\ge S_n$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

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

azaz

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

és itt a bal oldal $S_{n-1}$, a jobb oldal $S_n$. Nézzük a másik egyenlőtlenséget, $S_1\ge S_2$-t! Ez négyzetreemelve és felszorozva az

$(n-1)E_1^2\ge 2n{E}_2$

alakra hozható. Legyen $Q=a_1^2+\cdots +a_n^2$. Ekkor

$E_1^2=Q+2E_2,$

amit a fenti egyenlőtlenségbe beírva

$(n-1)E_1^2\ge n(E_1^2-Q)$

adódik. Ha ezt rendezzük, akkor azt kapjuk, hogy

$nQ\ge E_1^2,$

azaz

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

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 $n>3$ 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

$p(x)=x^n-E_1{x}^{n-1}+E_2{x}^{n-2}-\cdots +(-1{)}^n{E}_n$

alakú. Deriváltja

$p^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}-(n-1)E_1{x}^{n-2}+(n-2)E_2{x}^{n-3}-\cdots .$

A Rolle-tétel egy következménye miatt $p^{\prime }(x)$-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 $p^{\prime }(x)$ így írható fel:

$p^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}-n{e}_1{x}^{n-2}+n{e}_2{x}^{n-3}-\cdots ,$

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

${\left(\frac{e_k}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})}\right)}^{\frac{1}{k}}\ge {\left(\frac{e_{k+1}}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k+1})}\right)}^{\frac{1}{k+1}}$

teljesül $1\le k\le n-2$-re. Viszont

$\frac{e_k}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})}=\frac{(n-k)E_k}{n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})}=\frac{E_k}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}$

mivel

$\frac{n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k})}{n-k}=\frac{n(n-1)!}{(n-k)k!(n-k-1)!}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$

és ez adja $S_k\ge S_{k+1}$-et $1\le k\le n-2$-re. A megmaradó, $k=n-1$ esetet a fentiekben már beláttuk. A fenti bizonyítás adja az

$S_{k-1}^{k-1}{S}_{k+1}^{k+1}\le S_k^{2k}$

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

$S_{k+1}^{k+1}\le \frac{S_k^{2k}}{S_{k-1}^{k-1}}\le S_k^{k+1}.$

Innen a kívánt eredmény $k+1$-edik gyökvonással adódik.