A szimmetrikus közepek közötti egyenlőtlenség szerint, ha
a
1
,
…
,
a
n
{\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}
S
1
≥
S
2
≥
⋯
≥
S
n
,
{\displaystyle S_{1}\geq S_{2}\geq \cdots \geq S_{n},}
ahol
k
=
1
,
…
,
n
{\displaystyle k=1,\dots ,n}
S
k
=
(
E
k
(
n
k
)
)
1
k
,
{\displaystyle S_{k}=\left({\frac {E_{k}}{{n} \choose {k}}}\right)^{\frac {1}{k}},}
továbbá
E
k
{\displaystyle E_{k}}
k -adik elemi szimmetrikus polinom , azaz
E
k
=
∑
i
1
<
⋯
<
i
k
a
i
1
a
i
2
⋯
a
i
k
{\displaystyle 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
>
⋯
>
S
n
.
{\displaystyle S_{1}>S_{2}>\cdots >S_{n}.}
Mivel
S
1
=
a
1
+
⋯
+
a
n
n
{\displaystyle S_{1}={\frac {a_{1}+\cdots +a_{n}}{n}}}
S
n
=
a
1
⋯
a
n
n
{\displaystyle S_{n}={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}
S
1
≥
S
n
{\displaystyle S_{1}\geq S_{n}}
számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség .
Egyszerűen beláthatjuk az
S
1
≥
S
2
{\displaystyle S_{1}\geq S_{2}}
S
n
−
1
≥
S
n
{\displaystyle S_{n-1}\geq S_{n}}
Az utóbbihoz vegyük szemügyre
E
n
−
1
{\displaystyle E_{n-1}}
n tagú összeg, aminek tagjai az
a
1
,
…
,
a
n
{\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}
n
−
1
{\displaystyle n-1}
n
−
1
{\displaystyle n-1}
(
a
1
⋯
a
n
)
n
−
1
.
{\displaystyle (a_{1}\cdots a_{n})^{n-1}.}
Ha alkalmazzuk ezekre a szorzatokra a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget, akkor azt kapjuk, hogy
E
n
−
1
n
≥
(
a
1
⋯
a
n
)
n
−
1
n
{\displaystyle {\frac {E_{n-1}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{(a_{1}\cdots a_{n})^{n-1}}}}
azaz
(
E
n
−
1
n
)
1
n
−
1
≥
(
a
1
⋯
a
n
)
1
n
{\displaystyle \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
{\displaystyle S_{n-1}}
S
n
{\displaystyle S_{n}}
Nézzük a másik egyenlőtlenséget,
S
1
≥
S
2
{\displaystyle S_{1}\geq S_{2}}
(
n
−
1
)
E
1
2
≥
2
n
E
2
{\displaystyle (n-1)E_{1}^{2}\geq 2nE_{2}}
alakra hozható. Legyen
Q
=
a
1
2
+
⋯
+
a
n
2
{\displaystyle Q=a_{1}^{2}+\cdots +a_{n}^{2}}
E
1
2
=
Q
+
2
E
2
,
{\displaystyle E_{1}^{2}=Q+2E_{2},}
amit a fenti egyenlőtlenségbe beírva
(
n
−
1
)
E
1
2
≥
n
(
E
1
2
−
Q
)
{\displaystyle (n-1)E_{1}^{2}\geq n(E_{1}^{2}-Q)}
adódik.
Ha ezt rendezzük, akkor azt kapjuk, hogy
n
Q
≥
E
1
2
,
{\displaystyle nQ\geq E_{1}^{2},}
azaz
Q
n
≥
(
E
1
n
)
2
{\displaystyle {\frac {Q}{n}}\geq \left({\frac {E_{1}}{n}}\right)^{2}}
ami nem más, mint a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség .
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
{\displaystyle n>3}
n -1-re. Adott
a
1
,
…
,
a
n
{\displaystyle a_{1},\dots ,a_{n}}
p
(
x
)
=
(
x
−
a
1
)
⋯
(
x
−
a
n
)
{\displaystyle 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
−
⋯
+
(
−
1
)
n
E
n
{\displaystyle p(x)=x^{n}-E_{1}x^{n-1}+E_{2}x^{n-2}-\cdots +(-1)^{n}E_{n}}
alakú. Deriváltja
p
′
(
x
)
=
n
x
n
−
1
−
(
n
−
1
)
E
1
x
n
−
2
+
(
n
−
2
)
E
2
x
n
−
3
−
⋯
.
{\displaystyle 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
)
{\displaystyle p'(x)}
n -1 valós gyöke van,
b
1
,
…
,
b
n
−
1
{\displaystyle b_{1},\dots ,b_{n-1}}
a
i
{\displaystyle a_{i}}
p
′
(
x
)
{\displaystyle p'(x)}
p
′
(
x
)
=
n
x
n
−
1
−
n
e
1
x
n
−
2
+
n
e
2
x
n
−
3
−
⋯
,
{\displaystyle p'(x)=nx^{n-1}-ne_{1}x^{n-2}+ne_{2}x^{n-3}-\cdots ,}
ahol
e
1
,
…
,
e
n
−
1
{\displaystyle e_{1},\dots ,e_{n-1}}
b
1
,
…
,
b
n
−
1
{\displaystyle b_{1},\dots ,b_{n-1}}
(
n
−
k
)
E
k
=
n
e
k
{\displaystyle (n-k)E_{k}=ne_{k}}
1
≤
k
≤
n
−
1
{\displaystyle 1\leq k\leq n-1}
n -1-re már tudjuk a tétel állítását,
(
e
k
(
n
−
1
k
)
)
1
k
≥
(
e
k
+
1
(
n
−
1
k
+
1
)
)
1
k
+
1
{\displaystyle \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
≤
k
≤
n
−
2
{\displaystyle 1\leq k\leq n-2}
e
k
(
n
−
1
k
)
=
(
n
−
k
)
E
k
n
(
n
−
1
k
)
=
E
k
(
n
k
)
{\displaystyle {\frac {e_{k}}{{n-1} \choose {k}}}={\frac {(n-k)E_{k}}{n{{n-1} \choose {k}}}}={\frac {E_{k}}{{n} \choose {k}}}}
mivel
n
(
n
−
1
k
)
n
−
k
=
n
(
n
−
1
)
!
(
n
−
k
)
k
!
(
n
−
k
−
1
)
!
=
n
!
k
!
(
n
−
k
)
!
=
(
n
k
)
{\displaystyle {\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
≥
S
k
+
1
{\displaystyle S_{k}\geq S_{k+1}}
1
≤
k
≤
n
−
2
{\displaystyle 1\leq k\leq n-2}
k
=
n
−
1
{\displaystyle k=n-1}
A fenti bizonyítás adja az
S
k
−
1
k
−
1
S
k
+
1
k
+
1
≤
S
k
2
k
{\displaystyle S_{k-1}^{k-1}S_{k+1}^{k+1}\leq S_{k}^{2k}}
egyenlőtlenséget is. Ebből ismét levezethető a tétel, hiszen,
S
1
≥
S
2
{\displaystyle S_{1}\geq S_{2}}
S
k
≥
S
k
+
1
{\displaystyle S_{k}\geq S_{k+1}}
k
−
1
{\displaystyle k-1}
S
k
−
1
k
−
1
S
k
+
1
k
+
1
≤
S
k
2
k
{\displaystyle S_{k-1}^{k-1}S_{k+1}^{k+1}\leq S_{k}^{2k}}
S
k
+
1
k
+
1
≤
S
k
2
k
S
k
−
1
k
−
1
≤
S
k
k
+
1
.
{\displaystyle 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
{\displaystyle k+1}
![{\displaystyle S_{n}={\sqrt[{n}]{a_{1}\cdots a_{n}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c53734c1f36d10478c94f2d706bf4cab6a6072fb)
![{\displaystyle {\frac {E_{n-1}}{n}}\geq {\sqrt[{n}]{(a_{1}\cdots a_{n})^{n-1}}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/219bb6e515da7872b9b392d733231959daf2d6c6)
