麦克劳林不等式

数学中，麦克劳林不等式（Maclaurin's inequality），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

$S_{k}={\frac {\displaystyle \sum _{1\leq i_{1}<\cdots <i_{k}\leq n}a_{i_{1}}a_{i_{2}}\cdots a_{i_{k}}}{\displaystyle {n \choose k}}}.$

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 $\scriptstyle {n \choose k}$。

麦克劳林不等式是如下不等式链：

$S_{1}\geq {\sqrt {S_{2}}}\geq {\sqrt[{3}]{S_{3}}}\geq \cdots \geq {\sqrt[{n}]{S_{n}}}$

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:

${\begin{aligned}&{}\quad {\frac {a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}{4}}\\\\&{}\geq {\sqrt {\frac {a_{1}a_{2}+a_{1}a_{3}+a_{1}a_{4}+a_{2}a_{3}+a_{2}a_{4}+a_{3}a_{4}}{6}}}\\\\&{}\geq {\sqrt[{3}]{\frac {a_{1}a_{2}a_{3}+a_{1}a_{2}a_{4}+a_{1}a_{3}a_{4}+a_{2}a_{3}a_{4}}{4}}}\\\\&{}\geq {\sqrt[{4}]{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}}.\end{aligned}}$

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

  $S_{1}\geq {\sqrt {S_{2}}}$

  也就是：$(n-1)(\sum _{k=1}^{n}a_{k})^{2}\geq 2n\sum _{1\leq i<j\leq n}^{n}a_{i}a_{j}$。

  这个式子等价于$(n-1)\sum _{k=1}^{n}a_{k}^{2}\geq 2\sum _{1\leq i<j\leq n}^{n}a_{i}a_{j}$，

  也就是：$\sum _{1\leq i<j\leq n}^{n}(a_{i}-a_{j})^{2}\geq 0$。因此成立。

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

  $S_{k-1}^{k}\geq S_{k}^{k-1}$

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

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

  从而：$S_{k}^{2k}\geq S_{k+1}^{k}S_{k}^{k-1}$

  $S_{k}^{k+1}\geq S_{k+1}^{k}$

  ${\sqrt[{k}]{S_{k}}}\geq {\sqrt[{k+1}]{S_{k+1}}}$

于是，综上所述，可以证明对所有的$1\leq k\leq n-1$，都有：

${\sqrt[{k}]{S_{k}}}\geq {\sqrt[{k+1}]{S_{k+1}}}$

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

• Biler, Piotr; Witkowski, Alfred. Problems in mathematical analysis. New York, N.Y.: M. Dekker. 1990. ISBN 0824783123. 

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