麥克勞林不等式

數學中，麥克勞林不等式（Maclaurin's inequality），以科林·麥克勞林冠名，是算術幾何平均不等式的加細。

設 a₁, a₂, ..., a_n 是正實數，對 k = 1, 2, ..., n 定義平均 S_k 為

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

這個分式的分子是度數為 n 變元 a₁, a₂, ..., a_n 的 k 階基本對稱多項式，即 a₁, a₂, ..., a_n 中指標遞增的任意 k 個數乘積之和。分母是分子的項數，二項式係數 $\scriptstyle {n \choose k}$。

麥克勞林不等式是如下不等式鏈：

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

等號成立若且唯若所有 a_i 相等。

對 n = 2，這個給出兩個數通常的幾何算術平均不等式。n = 4 的情形很好地展示了麥克勞林不等式:

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

證明

麥克勞林不等式可用牛頓不等式證明。證明的思路是運用歸納法：

• 首先證明

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

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

  這個式子等價於$(n-1)\sum _{k=1}^{n}a_{k}^{2}\geq 2\sum _{1\leq i<j\leq n}^{n}a_{i}a_{j}$，

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

• 其次，假設對某個$k\geq 2$，已經證明了${\sqrt[{k-1}]{S_{k-1}}}\geq {\sqrt[{k}]{S_{k}}}$，那麼也就等於說證明了：

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

  牛頓不等式說明，還有：$S_{k}^{2}\geq S_{k+1}S_{k-1}$

  這個不等式兩邊作k 次乘冪，就得到：$S_{k}^{2k}\geq S_{k+1}^{k}S_{k-1}^{k}$

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

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

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

於是，綜上所述，可以證明對所有的$1\leq k\leq n-1$，都有：

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

麥克勞林不等式得證。

參見

• 牛頓不等式
• Muirhead不等式
• 廣義平均不等式

參考

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

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