麦克劳林不等式

数学中，麦克劳林不等式（Template:Lang），以科林·麦克劳林冠名，是算术几何平均不等式的加细。

设 a₁, a₂, ..., a_n 是正实数，对 k = 1, 2, ..., n 定义平均 S_k 为

$S_k=\frac{\sum _{1\le i_1<\cdots <i_k\le n}{a}_{i_1}{a}_{i_2}\cdots a_{i_k}}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}.$

这个分式的分子是度数为 n 变元 a₁, a₂, ..., a_n 的 k 阶基本对称多项式，即 a₁, a₂, ..., a_n 中指标递增的任意 k 个数乘积之和。分母是分子的项数，二项式系数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$。

麦克劳林不等式是如下不等式链：

$S_1\ge \sqrt{S_2}\ge \sqrt[3]{S_3}\ge \cdots \ge \sqrt[n]{S_n}$

等号成立当且仅当所有 a_i 相等。

对 n = 2，这个给出两个数通常的几何算术平均不等式。n = 4 的情形很好地展示了麦克劳林不等式:

$\begin{array}{cc}& \frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\\ \\ & \ge \sqrt{\frac{a_1{a}_2+a_1{a}_3+a_1{a}_4+a_2{a}_3+a_2{a}_4+a_3{a}_4}{6}}\\ \\ & \ge \sqrt[3]{\frac{a_1{a}_2{a}_3+a_1{a}_2{a}_4+a_1{a}_3{a}_4+a_2{a}_3{a}_4}{4}}\\ \\ & \ge \sqrt[4]{a_1{a}_2{a}_3{a}_4}.\end{array}$

证明

麦克劳林不等式可用牛顿不等式证明。证明的思路是运用归纳法：

• 首先证明

  $S_1\ge \sqrt{S_2}$

  也就是：$(n-1)(\sum _{k=1}^n{a}_k{)}^2\ge 2n\sum _{1\le i<j\le n}^n{a}_i{a}_j$。

  这个式子等价于$(n-1)\sum _{k=1}^n{a}_k^2\ge 2\sum _{1\le i<j\le n}^n{a}_i{a}_j$，

  也就是：$\sum _{1\le i<j\le n}^n(a_i-a_j{)}^2\ge 0$。因此成立。

• 其次，假设对某个$k\ge 2$，已经证明了$\sqrt[k-1]{S_{k-1}}\ge \sqrt[k]{S_k}$，那么也就等于说证明了：

  $S_{k-1}^k\ge S_k^{k-1}$

  牛顿不等式说明，还有：$S_k^2\ge S_{k+1}{S}_{k-1}$

  这个不等式两边作k 次乘幂，就得到：$S_k^{2k}\ge S_{k+1}^k{S}_{k-1}^k$

  从而：$S_k^{2k}\ge S_{k+1}^k{S}_k^{k-1}$

  $S_k^{k+1}\ge S_{k+1}^k$

  $\sqrt[k]{S_k}\ge \sqrt[k+1]{S_{k+1}}$

于是，综上所述，可以证明对所有的$1\le k\le n-1$，都有：

$\sqrt[k]{S_k}\ge \sqrt[k+1]{S_{k+1}}$

麦克劳林不等式得证。

参见

• 牛顿不等式
• Muirhead不等式
• 广义平均不等式

参考

• Template:Cite book

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