[科普]发个旧资料《梳理一些常用不等式》

阿鲁

见附件：
梳理一些常用不等式(Basic-Inequalities).pdf (149.03 KB, 下载次数: 6860)

2016-6-8 22:42 上传

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isee

这行文太像kuing了

realnumber

回复 2# isee

恩，应该是kk

isee

擦，这还只是算常用，，，，，，，，根本第一次。。。

kuing

回复 2# isee   回复 3# realnumber

好嘛，这都被看粗来了

话说，之前我还用这个文档做了个测试：
我将文档发到网上，包括百度文库、360doc、豆丁网，但不发到论坛和群，
想看看会不会传播起来，会不会经过一段时间后还会被其他人传到论坛或群里，
结果就是完全没传播开来（看那几个链接的下载量全为零），没办法，还是得自己来传。

isee

回复 5# kuing


    竞赛类的，当然没人理，知道的，不以为意，不知道，压根不看。

    仅仅只写个均值或者柯西解高考题也许还有人看看

其妙

回复 5# kuing
尼玛都要注册，有的还要金币。。。。。

kuing

回复 7# 其妙

不用吧，我全部都设的免费下载的

kuing

补充一下关于对称多项式的吧，当年其实也曾经想写上去的，但考虑到相对高级些也没那么常用，就没写，现在还是决定写写，因为我突然觉得以后自己或许也会忘记。


符号约定：对于 $x_1$, $x_2$, \ldots, $x_n$，记 $d_0=1$，$d_k$ 为其 $k$（$1\leqslant k\leqslant n$）次初等对称多项式的平均值，即
\[d_k=\frac1{C_n^k}\sum_{1\leqslant i_1<\cdots<i_k\leqslant n}x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}.\]

定理0：当 $n\geqslant k$ 时，若不等式 $f(d_1,d_2,\ldots,d_k)\geqslant 0$ 对任意实数（正实数）$x_1$, $x_2$, \ldots, $x_n$ 恒成立，则该不等式对任意实数（正实数）$x_1$, $x_2$, \ldots, $x_n$, $x_{n+1}$ 也恒成立。


在写完整证明前，先写个 $n=k=3$ 且变量为正数时的特例以便理解。定理0表明，若
\[f\left(\frac{a+b+c}3,\frac{ab+bc+ca}3,abc\right)\geqslant 0\]对任意 $a$, $b$, $c>0$ 恒成立，那么
\[f\left(\frac{a+b+c+d}4,\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}6,\frac{abc+bcd+cda+dab}4\right)\geqslant 0\]对任意 $a$, $b$, $c$, $d>0$ 也恒成立。

对于这个特例，要证明它，就是要证明对于任意 $a$, $b$, $c$, $d>0$，都存在 $a'$, $b'$, $c'>0$ 使得
\[\led
\frac{a+b+c+d}4&=\frac{a'+b'+c'}3,\\
\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}6&=\frac{a'b'+b'c'+c'a'}3,\\
\frac{abc+bcd+cda+dab}4&=a'b'c',
\endled\]令
\begin{align*}
P(x)&=(x+a)(x+b)(x+c)(x+d)\\
&=x^4+(a+b+c+d)x^3+(ab+ac+\cdots+cd)x^2+(abc+bcd+cda+dab)x+abcd,
\end{align*}则
\[P'(x)=4x^3+3(a+b+c+d)x^2+2(ab+ac+\cdots+cd)x+abc+bcd+cda+dab,\]由于 $P(x)$ 有四个负数根 $-a$, $-b$, $-c$, $-d$，则 $P'(x)$ 必有三个负数根，故存在 $a'$, $b'$, $c'>0$ 使得
\[P'(x)=4(x+a')(x+b')(x+c')=4x^3+4(a'+b'+c')x^2+4(a'b'+b'c'+c'a')x+4a'b'c',\]对比上面两式的系数，就得到了要证明的那个方程组。

一般情形的证明自然也是一样的了。


证明：令
\[P(x)=(x+x_1)(x+x_2)\cdots(x+x_{n+1})=\sum_{i=0}^{n+1}C_{n+1}^id_ix^{n+1-i},\]则
\[P'(x)=\sum_{i=0}^nC_{n+1}^id_i(n+1-i)x^{n-i}=(n+1)\sum_{i=0}^nC_n^id_ix^{n-i},\]由于 $P(x)$ 有 $n+1$ 个实数（负实数）根 $-x_1$, $-x_2$, \ldots, $-x_{n+1}$，则 $P'(x)$ 必有 $n$ 个实数（负实数）根，故存在 $x_1'$, $x_2'$, \ldots, $x_n'\inR(\inR^+)$ 使得
\[P'(x)=(n+1)(x+x_1')(x+x_2')\cdots(x+x_n')=(n+1)\sum_{i=0}^nC_n^id_i'x^{n-i},\]对比上面两式的系数，得 $d_i'=d_i$（$i=1$, $2$, \ldots, $n$），所以定理0得证。


利用这个定理0，就可以得出以下两个经典不等式。


定理1 [马克劳林(Maclaurin)不等式]  对于 $n$ 个正数 $x_1$, $x_2$, \ldots, $x_n$，则有
\[d_1\geqslant \sqrt{d_2}\geqslant \cdots\geqslant \sqrt[n]{d_n}.\]

证明：当 $n=2$ 时不等式就是均值不等式，成立。

假设当 $n=k$ 时命题成立，即
\[d_1\geqslant \sqrt{d_2}\geqslant \cdots\geqslant \sqrt[k]{d_k},\]根据定理0，当 $n=k+1$ 时，上式也成立，另外由均值显然有 $\sqrt[k]{d_k}\geqslant \sqrt[k+1]{d_{k+1}}$ 成立，即有
\[d_1\geqslant \sqrt{d_2}\geqslant \cdots\geqslant \sqrt[k]{d_k}\geqslant \sqrt[k+1]{d_{k+1}},\]所以当 $n=k+1$ 时命题也成立，由数学归纳法知定理1得证。


定理2 [牛顿不等式]  对于 $n$ 个正数 $x_1$, $x_2$, \ldots, $x_n$，则有
\[d_i^2\geqslant d_{i-1}d_{i+1},\quad i=1,2,\ldots,n-1.\]

证明：当 $n=2$ 时不等式就是均值不等式，成立。

假设当 $n=k$ 时命题成立，即
\[d_i^2\geqslant d_{i-1}d_{i+1},\quad i=1,2,\ldots,k-1,\]根据定理0，当 $n=k+1$ 时，以上 $k-1$ 个不等式都成立，另外不难证明当 $i=k$ 时不等式也成立（作倒代换 $x_i\to 1/x_i$ 可将 $d_k^2\leqslant d_{k-1}d_{k+1}$ 转化为 $d_1^2\geqslant d_2$），即有
\[d_i^2\geqslant d_{i-1}d_{i+1},\quad i=1,2,\ldots,k-1,k,\]所以当 $n=k+1$ 时命题也成立，由数学归纳法知定理2得证。

zhcosin

回复 9# kuing
不等式是我的软肋。。。。。。话说，\ldots 貌似没加美元符。

kuing

回复 10# zhcosin

故意的 一来在真latex里确实不需要加，二来也让大家看到省略号不是随便点三点

shidilin

只看到：阿鲁 两个字，就联想 到KK了

kuing

回复 12# shidilin

力工

回复 13# kuing

阿鲁这个名已经把你出卖了。

kuing

回复 15# hbghlyj

嗯，打错代码了thanks

hbghlyj

回复 9# kuing
定理2 [牛顿不等式] 的等价表述:
多项式$f(x)=a_{0}+a_{1} x+\ldots+a_{n} x^{n}$的根均为负实数,则$a_i^2≥a_{i-1}a_{i+1},i=0,⋯,n-1$
今天又看到了这个,在johnloeber.com/Honors_Combinatorics.pdf的第7页:

Challenge Problem if $f(x)=a_{0}+a_{1} x+\ldots+a_{n} x^{n}$ is the generating function of the sequence $a_{0}, \ldots, a_{n}$ and all roots of $f$ are negative reals, then $\left(a_{i}\right)_{i=0}^{n}$ is log-concave.

hbghlyj

又见于brilliant.org/wiki/symmetric-polynomials-definition/(使用这帖的方法复制来的 )

We define the $k^\text{th}$ elementary symmetric mean as $E_k=\dfrac{e_k}{e_k(1)}=\dfrac{e_k}{\binom{n}{k}}$, where $e_k(1)$ is the $k^\text{th}$ elementary symmetric polynomial of $n\text{ 1's}$. Do you see why $e_k(1)=\binom{n}{k}?$

Answer

Note that $e_k(1)$ gives us the number of distinct terms of the elementary symmetric polynomial $e_k$, which is equivalent to seeing in how many ways we can choose a product consisting of $k$ variables from the set $a$. This is just the binomial coefficient $\binom{n}{k}$.

Let's start with two important theorems:

Newton's inequality is

$$(E_k)^2 \geq E_{k-1} E_{k+1} \ \ \forall \ \ 1\leq k \leq n-1$$

with equality if and only if $a_1=a_2=\ldots=a_n$. (Link to the proof)

Raise both sides to the $k^\text{th}$ power:

$$(E_k)^{2k} \geq E_{k-1}^k E_{k+1}^k.$$

If we take the product from $k=1$ to $n-1$ of both sides, we obtain another theorem:

$$(E_1)^2 (E_2)^4 (E_3)^6 \ldots (E_{n-1})^{2(n-1)} \geq (E_0 E_2)(E_1^2 E_3^2)(E_2^3 E_4^3)\ldots(E_{n-2}^{n-1} E_{n}^{n-1}).$$

Almost everything cancels, and we end up with

$$(E_{n-1})^n \geq (E_n)^{n-1} \implies \sqrt[n-1]{E_{n-1}} \geq \sqrt[n]{E_n}.$$

So we introduce the second theorem:

Maclaurin's inequality is

$$\sqrt[j]{E_j} \geq \sqrt[k]{E_k}\ \ \text{ if }\ \ j \leq k$$

with equality if and only if $a_1=a_2=\ldots=a_n$.

That allow us to obtain the following chain of inequalities:

$$E_1 \geq \sqrt{E_2} \geq \sqrt[3]{E_3} \geq \cdots \geq \sqrt[n]{E_n}.$$

Note that if we take $E_1 \geq \sqrt[n]{E_n},$ we obtain the AM-GM inequality!

Prove that for positive reals $a_1,a_2,\ldots,a_n,$ where $n>1$, the following inequality holds:

$$\sum_{i=1}^{n} a_i^2 \geq \dfrac{2\displaystyle \left(\sum_{1\leq i<j\leq n} a_i a_j\right)}{n-1}.$$

---

By Maclaurin's inequality, we have

$$\begin{aligned} E_1 &\geq \sqrt{E_2}\\ \dfrac{e_1}{\binom{n}{1}} &\geq \sqrt{\dfrac{e_2}{\binom{n}{2}}}\\ \dfrac{e_1^2}{n^2} &\geq \dfrac{2e_2}{n(n-1)}\\ e_1^2 &\geq \dfrac{2n\; e_2}{n-1}. \end{aligned}$$

We also know that $a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2=e_1^2-2e_2$, so

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} a_i^2 + 2e_2 &\geq \dfrac{2n\; e_2}{n-1} \\ \sum_{i=1}^{n} a_i^2 &\geq \dfrac{2e_2}{n-1}.\ _\square \end{aligned}$$

Notice that when $n=3,$ we obtain the famous inequality $a^2+b^2+c^2 \geq ab+ac+bc$.

hbghlyj

AOPS wiki有牛顿不等式的另一种证明：
artofproblemsolving.com/wiki/index.php/Newton%27s_Inequality
Proof: without calculus

We will proceed by induction on $n$.

For $n =2$, the inequality just reduces to AM-GM inequality. Now suppose that for $n =m-1$ some positive integer $m\ge 3$ the inequality holds.

Let $x_1$, $x_2$, $\ldots$, $x_m$ be non-negative numbers and $d_k$ be the symmetric averages of them. Let $d'_k$ be the symmetric averages of $x_1$, $\ldots$, $x_{m-1}$. Note that $d_k = \frac{n-k}{n} {d'}_k + \frac{k}{n} {d'}_{k-1} x_m$.

\[d_{k-1}d_{k+1} = \left(\frac{n-k+1}{n} {d'}_{k-1} + \frac{k-1}{n} {d'}_{k-2} x_m \right)\left(\frac{n-k-1}{n} {d'}_{k+1} + \frac{k+1}{n} {d'}_k x_m \right)\] \[= \frac{(n-k+1)(n-k-1)}{n^2} {d'}_{k-1}{d'}_{k+1} + \frac{(k-1)(n-k-1)}{n^2} {d'}_{k-2} {d'}_{k+1} x_m\] \[+ \frac{(n-k+1)(k+1)}{n^2} {d'}_{k-1}{d'}_k x_m + \frac{(k-1)(k+1)}{n^2} {d'}_{k-2}{d'}_k x_m^2\] \[\le \frac{(n-k+1)(n-k-1)}{n^2} {d'}_k^2 + \frac{(k-1)(n-k-1)}{n^2} {d'}_{k-2} {d'}_{k+1} x_m\] \[+ \frac{(n-k+1)(k+1)}{n^2} {d'}_{k-1}{d'}_k x_m + \frac{(k-1)(k+1)}{n^2} {d'}_{k-1}^2 x_m^2\] \[\le \frac{(n-k+1)(n-k-1)}{n^2} {d'}_k^2 + \frac{(k-1)(n-k-1)}{n^2} {d'}_{k-1} {d'}_{k} x_m\] \[+ \frac{(n-k+1)(k+1)}{n^2} {d'}_{k-1}{d'}_k x_m + \frac{(k-1)(k+1)}{n^2} {d'}_{k-1}^2 x_m^2\] \[= \frac{(n-k)^2}{n^2} {d'}_k^2 + \frac{2(n-k)k}{n^2} {d'}_k {d'}_{k-1} x_m +\frac{k^2}{n^2} {d'}_{k-1}^2 x_m^2 - \left(\frac{d_k}{n} - \frac{d_{k-1}x_m}{n}\right)^2\] \[\le \left(\frac{n-k}{n} {d'}_k + \frac{k}{n} {d'}_{k-1} x_m \right)^2 = d_k^2\] By induction this completes the proof.