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:

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

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.

Bizonyítása

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 bal oldal $S_{n-1}$, a jobb oldal $S_{n}$.

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

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

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

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

amit a fenti egyenlőtlenségbe beírva

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

adódik. Ha ezt rendezzük, akkor azt kapjuk, hogy

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

azaz

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

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 $n>3$ 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

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

A Rolle-tétel egy következménye miatt $p'(x)$-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:

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

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

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

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

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

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