Muirhead 不等式 ( 齊次對稱不等式 ) 三元之輪換形分割 ( 上 )
吳建生
I. 主旨:
(一) 介紹 Muirhead 不等式。
(二) 探討它三元之兩種分割:
(1) 對稱輪換不等式 (P 型)。
例如 a3+ b3 + c3 ≥ a2b + b2c + c2a.
(2) 輪換不等式 (Q 型)
例如 a5b3c + b5c3a + c5a3b ≥ a4b3c2+ b4c3a2+ c4a3b2
輪換式指具輪序之非對稱式。
(三) 共五大分割定理 A, B, C, D, E, 而一以貫之, 最後總結成本定理。
(四) 最後作三元分割之綜合分析。
(五) 附件為推廣之三列的排序不等式。
II. 內容:
(一) Muirhead 不等式:
(α1, α2, . . . , αn)≥ (β1, β2, . . . , βn)⇒
(α1, α2, . . . , αn)≥
(β1, β2, . . . , βn)
§1: 敘述說明:
(1) 兩實數列 (α1, α2, . . . , αn), (β1, β2, . . . , βn) 若滿足
(a) αi ≥ αj, βi ≥ βj, ∀ i < j.
27
(b) n
i=1
αi =n
i=1
βi. (c) K
i=1
αi ≥ K
i=1
βi, ∀ 1 ≤ K ≤ n.
則 (α1, α2, . . . , αn)≥ (β1, β2, . . . , βn)。 (2) 齊次對稱式
xα11xα22· · · xαnn 記為
(α1, α2, . . . , αn) (係數和 n!, xi ≥ 0, ∀ i) 例如
(3, 2, 1) = a3(b2c + c2b) + b3(a2c + c2a) + c3(a2b + b2a).
(4, 0, 0) = 2(a4 + b4+ c4).
(2, 2, 2) = 6a2b2c2.
(3) ∵ (3, 0, 0) ≥ (2, 1, 0) ∴
(3, 0, 0)≥
(2, 1, 0).
即 2(a3+ b3+ c3)≥ (a2b + b2c + c2a) + (a2c + c2b + b2a).
§2: 證明請查 Hardy 著 Inequility 或高中數學電子報網站 67 期本人之文章。
(二) Muirhead 不等式三元之分割 (1) 如
(3, 0, 0)≥
(2, 1, 0)可分割成
⎧⎨
⎩
a3+ b3+ c3 ≥ a2b + b2c + c2a a3+ b3+ c3 ≥ a2c + c2b + b2a.
(P型)
(2) 如
(5, 3, 1)≥
(4, 3, 2)可分割成
⎧⎨
⎩
a5b3c + b5c3a + c5a3b ≥ a4b3c2+ b4c3a2+ c4a3b2 a5c3b + b5a3c + c5b3a≥ a4c3b2+ b4a3c2+ c4b3a2.
(Q型)
其他分割, 例如
(5, 3, 0) ≥
(5, 2, 1) 可分割成三式, 之一為 a5(b3 + c3) ≥ a5(b2c + c2b) 則不在本文探討範圍內。
本文只討論三元, 其實四元以上分割概念會更清晰。
以下 X > Y > Z ≥ 0 (三) 分割定理:
定理 A:
(X + Y, 0, 0)≥
(X, Y, 0) (Y > 0) 可分割 (P 型), 即 aX+Y + bX+Y + cX+Y ≥ aXbY + bXcY + cXaY. (等價於 aX+Y + bX+Y + cX+Y ≥ aXcY + bXaY + cXbY).
證明 (兩種):
(1) 依排序不等式
⎧⎨
⎩
aX ≥ bX ≥ cX
aY ≥ bY ≥ cY , 順序和最大, 得證。
(2) 排序, 令 b ≥ c ≥ a (其他 5 種同理, 以後雷同), 則
(aX+Y + bX+Y + cX+Y)− (aXbY + bXcY + cXaY)
= aX(aY − bY) + bX(bY − cY) + cX(cY − aY)
= aX(aY − cY) + aX(cY − bY) + bX(bY − cY) + cX(cY − aY)
= (bY − cY)(bX − aX) + (cY − aY)(cX − aX)≥ 0.
故成立。
今看下面例子:
例 (一) a5c + b5a + c5b ≥ a3b2c + b3c2a + c3a2b 證明: 令 a ≥ c ≥ b (兩列之排序不等式失效)。
則左 − 右 = ca3(a2− b2) + ab3(b2− c2) + bc3(c2 − a2)
= ca3(a2− c2) + ca3(c2− b2) + ab3(b2− c2) + bc3(c2− a2)
= c(a2 − c2)(a3− c2b) + a(c2− b2)(a2c− b3)≥ 0.
同理可知 a5b + b5c + c5a ≥ a3b2c + b3c2a + c3a2b, 故推廣指數得 定理 B:
(X + Y, Z, 0)≥
(X, Y, Z) (Z > 0) 可分割 (Q 型)
Z = 0 即定理 A, 即
⎧⎨
⎩
aX+YbZ+ bX+YcZ + cX+YaZ ≥ aXbYcZ+ bXcYaZ+ cXaYbZ aX+YcZ + bX+YaZ+ cX+YbZ ≥ aXcYbZ + bXaYcZ+ cXbYaZ.
上兩式可交叉。 亦即交叉之後, 不等式仍然成立, 請見下例。
舉列說明:
例 (二) 令 X = 3, Y = 2, Z = 1, 則
(5, 1, 0)≥
(3, 2, 1), 可分割為
⎧⎨
⎩
a5b + b5c + c5a≥ a3b2c + b3c2a + c3a2b a5c + b5a + c5b≥ a3c2b + b3a2c + c3b2a,
或 ⎧
⎨
⎩
a5c + b5a + c5b≥ a3b2c + b3c2a + c3a2b a5b + b5c + c5a≥ a3c2b + b3a2c + c3b2a.
系:
(X + Y + Z, 0, 0)≥
(X + Y, Z, 0)≥
(X, Y, Z) (Z > 0) 可分割。
前兩式 (P 型), 後兩式 (Q 型)。
舉列說明:
例 (三) 令 X = 4, Y = 3, Z = 2, 則
(9, 0, 0)≥
(7, 2, 0)≥
(4, 3, 2) 可分割
如下:
a9+ b9+ c9 ≥ a7b2+ b7c2+ c7a2 ≥ a4b3c2+ b4c3a2+ c4a3b2 a9+ b9+ c9 ≥ a7c2+ b7a2 + c7b2 ≥ a4c3b2+ b4a3c2+ c4b3a2. 今再看下面例子:
例 (四) a4b2+ b4c2+ c4a2 ≥ a3b2c + b3c2a + c3a2b 證明: 令 c ≥ b ≥ a
則左 − 右 = a3b2(a− c) + b3c2(b− a) + c3a2(c− b)
= a3b2(a− b) + a3b2(b− c) + b3c2(b− a) + c3a2(c− b)
= a2(c− b)(c3− ab2) + b2(b− a)(bc2− a3)≥ 0.
故推廣指數得 定理 C:
(X + Z, Y, 0)≥
(X, Y, Z) (Z > 0) 可分割 (Q 型), 即 aX+ZbY + bX+ZcY + cX+ZaY ≥ aXbYcZ+ bXcYaZ+ cXaYbZ
aX+ZcY + bX+ZaY + cX+ZbY ≥ aXcYbZ+ bXaYcZ+ cXbYaZ. 系:
(X + Y + Z, 0, 0)≥
(X + Z, Y, 0)≥
(X, Y, Z) (Z > 0) 可分割。 前兩 式 (P 型), 後兩式 (Q 型)。
舉例說明:
例 (五) 令 X = 4, Y = 3, Z = 2 則
(9, 0, 0)≥
(6, 3, 0) ≥
(4, 3, 2) 可分割
成
a9+ b9+ c9 ≥ a6b3+ b6c3+ c6a3 ≥ a4b3c2+ b4c3a2+ c4a3b2 a9+ b9+ c9 ≥ a6c3+ b6a3 + c6b3 ≥ a4c3b2+ b4a3c2+ c4b3a2.
附件的三列排序不等式可直接導出 a9+ b9+ c9 ≥ a4b3c2+ b4c3a2+ c4a3b2 今再看下面例子
例 (六) a6b4c2+ b6c4a2+ c6a4b2 ≥ a5c4b3+ b5a4c3+ c5b4a3.
證明: 依算幾不等式得 ⎧
⎪⎪
⎨
⎪⎪
⎩
a6b4c2 + b6c4a2 ≥ 2b5a4c3 b6c4a2 + c6a4b2 ≥ 2c5b4a3 c6a4b2 + a6b4c2 ≥ 2a5c4b3, 三式相加, 得證。
故推廣指數得 定理 D:
(X, Y, Z)≥ X + Y
2 ,X + Z
2 ,Y + Z 2
可分割 (Q 型).
定理 E:
(X, Y, Z)≥
(r, r, r) 可分割
r = X + Y + Z 3
(P型).
證明: 由算幾不等式易得。
舉例說明: 令 X = 3, Y = 2, Z = 1 則
(3, 2, 1)≥
(2, 2, 2) 可分割成
⎧⎨
⎩
a3b2c + b3c2a + c3a2b ≥ 3a2b2c2 a3c2b + b3a2c + c3b2a≥ 3a2b2c2, 由以上諸定理得。
本定理:
(X + Y + Z, 0, 0)≥
⎧⎨
⎩
(X + Y, Z, 0)
(X + Z, Y, 0) ≥
(X, Y, Z)
≥ X + Y
2 ,X + Z
2 ,Y + Z 2
≥
(r, r, r) (Z > 0) (P,Q 型)
舉例說明: 令 X = 6, Y = 4, Z = 2 則
(12, 0, 0)≥
(10, 2, 0)
(8, 4, 0) ≥
(6, 4, 2)≥
(5, 4, 3)≥
(4, 4, 4) 可分割成
例 (七)
⎧⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎩
a12+ b12+ c12≥ a10b2 + b10c2+ c10a2 ≥ a6b4c2+ b6c4a2 + c6a4b2
≥ a5b4c3+ b5c4a3+ c5a4b3 ≥ 3a4b4c4,
a12+ b12+ c12≥ a10c2+ b10a2 + c10b2 ≥ a6c4b2+ b6a4c2 + c6b4a2
≥ a5b4c3+ b5c4a3+ c5a4b3 ≥ 3a4b4c4, (四) 三元分割之綜合分析:
令 (X, Y, Z) ≥ (X, Y, Z).
§1: X = X,不可分割 (1) (P型) 明顯不可能。
(2) 此時 Y > Y, Z < Z, Y + Z = Y+ Z,
而 aXbYcZ + bXcYaZ + cXaYbZ ≥ aXbYcZ+ bXcYaZ+ cXaYbZ 不成立, 因只要 a 夠大, b < c 即找到反例。
故 (Q 型) 不可能。
由 (1)、 (2) 得證。
§2: X > X.
(1) Y = Y, 可分割 先化簡成
(X − Z, Y − Z, 0) ≥
(X− Z, Y− Z, Z− Z).
再令 A = X− Z, B = Y− Z, C = Z− Z, 得
(A + C, B, 0)≥
(A, B, C)。 依定理 C 得證。
(2) Y = Y
(A) Z = Z, 則不可分割。
今以 (6, 3, 0) > (5, 4, 0) 為例
即 (a6b3+ b6c3+ c6a3)≥ (a5b4+ b5c4+ c5a4),
只要令 c 很小且 a < b, 則明顯的找到反例, 使其不成立, 其他情況雷同。
(B) Z = Z
(i) X = X+ Y 且 Z = 0 (此時 Y = Z) 它可化成
(X+ Y, Z, 0)≥
(X, Y, Z), 依定理 B, 可分割。
(ii) 某些特殊型或者可分割。
如
(10, 8, 2)≥
(9, 6, 5) 依定理 D, 可分割。
如
(12, 6, 3)≥
(7, 7, 7) 依定理 E, 可分割。
(iii) 其他無法確定 如
(10, 6, 1)≥
(8, 5, 4)
而 a10b6c + b10c6a + c10a6b≥ a8b5c4+ b8c5a4+ c8a5b4 根本束手無策。
(五) 附件: 三列之排序不等式
三實數列: ⎧
⎪⎪
⎨
⎪⎪
⎩
a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an
b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn
c1 ≥ c2 ≥ · · · ≥ cn
, 則順序和不小於亂序和。
即 n
i=1
ai· bi · ci ≥ n
i=1
aPi· bQi· cRi.
其中 {P1, P2, . . . , Pn} = {Q1, Q2, . . . , Qn} = {R1, R2, . . . , Rn} = {1, 2, . . . , n}.
§1: 應用
(1) 直接導出例 (三)、 例 (五) 之 a9+ b9+ c9 ≥ a4b3c2+ b4c3a2+ c4a3b2 (2) 推廣至 n 元 3 指數 (上式為 3 元, 3 指數), 即由
⎧⎪
⎪⎨
⎪⎪
⎩
AX1 ≥ AX2 ≥ AX3 ≥ · · · ≥ AXn AY1 ≥ AY2 ≥ AY3 ≥ · · · ≥ AYn AZ1 ≥ AZ2 ≥ AZ3 ≥ · · · ≥ AZn,
得 AR1 +AR2 +·+ARn ≥ AX1 AY2AZ3 +AX2 AY3AZ4 +AX3 AY4AZ5 +· · ·+AXn−1AYnAZ1 + AXnAY1AZ2 (P 型) R = X + Y + Z。
上式為
(X + Y + Z, 0, 0, . . . , 0)≥
(X, Y, Z, 0, 0, . . . , 0)之分割後之代表 式。 (但要透過 n 元齊次對稱式分割之輪換子群, 以後若討論 4 元以上時, 再詳細說 明)
§2: 證明
(1) 取 n = 5, 而 a1b1c1 + a2b2c2+ a3b3c3+ a4b4c4+ a5b5c5 ≥ a1b2c3+ a2b4c5 + a3b1c4+ a4b5c1+ a5b3c2 記成
⎡
⎢⎣
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
⎤
⎥⎦ ≥
⎡
⎢⎣
1 2 3 4 5 2 4 1 5 3 3 5 4 1 2
⎤
⎥⎦ (省略不定元)。
其和為 5 行之每行相乘後相加。
(2) Lemma (對調原理)
若 A ≥ B, C ≥ D 則將 AD + BC 中 C, D 之對調後會遞增, 因為 AD + BC ≤ AC + BD,可推廣如下:
(a) 若 A ≥ B, C ≥ D, E ≥ F 則將 ACF + BDE 之 E, F 對調後會遞增。
因為 (ACE + BDF ) − (ACF + BDE) = (AC − BD)(E − F ) ≥ 0。
(b) 若 A ≥ B, C ≥ D, E ≥ F , G ≥ H 將 ACF H + BDEG 之 F H 和 EG 對調一樣會遞增 (同理)。 記為
⎡
⎢⎢
⎢⎢
⎣
A B
C D
Fv Ev Hv Gv
⎤
⎥⎥
⎥⎥
⎦≤
⎡
⎢⎢
⎢⎢
⎣
A B C D E F G H
⎤
⎥⎥
⎥⎥
⎦ (v 表對調之項)。
也許抽象成 「大·小+小·大 ≤ 大·大+小·小」 更易了解。
(3) 數學歸納法
以上矩陣、 引理、 歸納法三箭齊發, 即可中靶心, 省略過程。