假定 \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\) 是 \(n\) 个实数, 其 \(k(0\leqslant k\leqslant n)\) 阶对称和为
\[\sigma_k=\begin{cases}1& k=0\\ \sum_{1\leqslant i_1<i_2<\dotsb<i_k\leqslant n}a_{i_1}a_{i_2}\dotsm a_{i_k}&1\leqslant k\leqslant n\end{cases}\]
显然, \(\sigma_k\) 就是多项式 \(\sum\limits_{i=1}^n(x+a_i)\) 中 \(x^{n-k}\) 的系数. 我们定义这 \(n\) 个数的对称平均 \(d_k(0\leqslant k\leqslant n)\) 是
\[d_k=\dfrac{\sigma_k}{n\choose k}.\]
Newton 不等式 如果 \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\) 都是实数, \( 1\leqslant k < n\), 则
\[d_k^2\geqslant d_{k-1}d_{k+1}\]
为真, 并且等号成立当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_n\).
证明依赖这个简单的事实: \(n\) 次实系数多项式 \(P(x)=\sum\limits_{i=0}^n\sigma_ix^{n-i}\) 的导数是 \(P^\prime (x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(n-i)\sigma_ix^{n-i-1}\), 下面两件事情为真
- 记 \(d^\prime_k=\dfrac{(n-k)\sigma_k}{n{n-1\choose k}}\), 则 \(d^\prime_k=d_k, k=0,1,2,\dotsc,n-1.\)
- 如果 \(P(x)\) 有 \(n\) 个(非负)实根, 则 \(P^\prime (x)\) 有 \(n-1\) 个(非负)实根.
前者是相当显然的, 使用 Rolle 中值定理即可得后者.
于是, 若记 \(P^\prime (x)\) 有 \(n-1\) 个实根为 \(-a^\prime_1,-a^\prime_2,\dotsc,-a^\prime_{n-1}\), 则 \(a^\prime_1,a^\prime_2,\dotsc,a^\prime_{n-1}\) 这 \(n-1\) 个实数的对称平均 \(d^\prime_k=d_k, k=0,1,2,\dotsc,n-1.\)
从而, 要证明 Newton 不等式, 我们只要验证
\[d_{n-1}^2\geqslant d_{n-2}d_n\]
成立, 并且等号成立当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_n\) 就行了.
无妨设所有 \(a_i\ne0, 1\leqslant i\leqslant n\). 注意 \(d_{n-1}^2\geqslant d_{n-2}d_n\) 也就是
\[(n-1)(\sum_{i=1}^n\frac1{a_i})^2\geqslant2n\sum_{0\leqslant i<j\leqslant n}\frac1{a_ia_j},\]
这等价于
\[n\sum_{i=1}^n\frac1{a_i^2}\geqslant(\sum_{i=1}^n\frac1{a_i})^2.\]
最后的不等式是显而易见的. \(\Box\)
Maclaurin 不等式 \(d_i\) 如上定义, \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\geqslant0\), 则
\[d_1\geqslant\sqrt{d_2}\geqslant\sqrt[3\uproot2]{d_3}\geqslant\dotsb\geqslant\sqrt[n\uproot2]{d_n},\]
等号成立当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_n\).
事实上, 基于同样的理由, 我们只需要指出
\[\sqrt[n-1\uproot2]{d_{n-1}}\geqslant\sqrt[n\uproot2]{d_n}.\]
这是一个齐次不等式, 不妨设
\[d_n=\prod_{i=1}^na_i=1.\]
于是所要证明的不等式就成为
\[\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n\dfrac1{a_i}}n\geqslant1^{\frac{n-1}n}=1.\]
这是不言而喻的事件. \(\Box\)
显然, Maclaurin 不等式加强了 AM-GM 不等式, 因为 \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\) 的算术平均是 \(d_1\), 几何平均是 \(\sqrt[n\uproot2]{d_n}\).