在数学领域，牛顿不等式以艾萨克·牛顿命名。假设 a1, a2, ..., an 是实数，令 
  
    
      
        
          σ
          
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle \sigma _{k}}
  
 表示 a1, a2, ..., an 上的 k 阶基本对称多项式。那么基本对称均值 

  
    
      
        
          S
          
            k
          
        
        =
        
          
            
              σ
              
                k
              
            
            
              
                (
              
              
                n
                k
              
              
                )
              
            
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{k}={\frac {\sigma _{k}}{\binom {n}{k}}}}
  

满足不等式

  
    
      
        
          S
          
            k
            −
            1
          
        
        
          S
          
            k
            +
            1
          
        
        ≤
        
          S
          
            k
          
          
            2
          
        
        ,
      
    
    {\displaystyle S_{k-1}S_{k+1}\leq S_{k}^{2},}
  

其中当且仅当所有 ai 相等时取等号。


证明 一个简洁的证明是利用数学分析中的罗尔定理。设有n 个实数：
  
    
      
        
          a
          
            1
          
        
        ≤
        
          a
          
            2
          
        
        ≤
        ⋯
        ≤
        
          a
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle a_{1}\leq a_{2}\leq \cdots \leq a_{n}}
  
。构造以
  
    
      
        −
        
          a
          
            1
          
        
        ,
        −
        
          a
          
            2
          
        
        ,
        ⋯
        ,
        −
        
          a
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle -a_{1},-a_{2},\cdots ,-a_{n}}
  
为根的多项式：

  
    
      
        P
        =
        
          ∏
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        (
        x
        +
        
          a
          
            k
          
        
        )
      
    
    {\displaystyle P=\prod _{k=1}^{n}(x+a_{k})}
  

这个多项式可以写成：

  
    
      
        P
        =
        
          ∏
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        (
        x
        +
        
          a
          
            k
          
        
        )
        =
        
          ∑
          
            i
            =
            0
          
          
            n
          
        
        
          σ
          
            i
          
        
        
          x
          
            n
            −
            i
          
        
        =
        
          x
          
            n
          
        
        +
        
          ∑
          
            i
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            
              (
            
            
              n
              i
            
            
              )
            
          
        
        
          S
          
            i
          
        
        
          x
          
            n
            −
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle P=\prod _{k=1}^{n}(x+a_{k})=\sum _{i=0}^{n}\sigma _{i}x^{n-i}=x^{n}+\sum _{i=1}^{n}{\binom {n}{i}}S_{i}x^{n-i}}
  

首先证明：存在另一组n-1 个实数：
  
    
      
        
          b
          
            1
          
        
        ,
        
          b
          
            2
          
        
        ,
        ⋯
        ,
        
          b
          
            n
            −
            1
          
        
      
    
    {\displaystyle b_{1},b_{2},\cdots ,b_{n-1}}
  
，使得它们的基本对称均值
  
    
      
        
          S
          
            1
          
          
            ′
          
        
        ,
        
          S
          
            2
          
          
            ′
          
        
        ⋯
        ,
        
          S
          
            n
            −
            1
          
          
            ′
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{1}^{\prime },S_{2}^{\prime }\cdots ,S_{n-1}^{\prime }}
  
 恰好就是原来n 个实数的基本对称均值中的前n-1 个：
  
    
      
        
          S
          
            1
          
        
        ,
        
          S
          
            2
          
        
        ⋯
        ,
        
          S
          
            n
            −
            1
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{1},S_{2}\cdots ,S_{n-1}}
  
。
具体的方法是考察多项式P的导数多项式
  
    
      
        
          P
          
            ′
          
        
      
    
    {\displaystyle P^{\prime }}
  
。根据罗尔定理，如果两个实数
  
    
      
        −
        
          a
          
            i
            +
            1
          
        
      
    
    {\displaystyle -a_{i+1}}
  
 和
  
    
      
        −
        
          a
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle -a_{i}}
  
 不相同，那么他们之间必然存在一个数
  
    
      
        −
        
          b
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle -b_{i}}
  
使得
  
    
      
        
          P
          
            ′
          
        
        (
        −
        
          b
          
            i
          
        
        )
        =
        0
      
    
    {\displaystyle P^{\prime }(-b_{i})=0}
  
。而如果
  
    
      
        −
        
          a
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle -a_{i}}
  
 是多项式P的一个j 次重根的话，那么它也是
  
    
      
        
          P
          
            ′
          
        
      
    
    {\displaystyle P^{\prime }}
  
 的k-1 次重根。所以，
  
    
      
        
          P
          
            ′
          
        
      
    
    {\displaystyle P^{\prime }}
  
 一定有n-1 个实根。设这些实根等于
  
    
      
        −
        
          b
          
            1
          
        
        ,
        −
        
          b
          
            2
          
        
        ,
        ⋯
        ,
        −
        
          b
          
            n
            −
            1
          
        
      
    
    {\displaystyle -b_{1},-b_{2},\cdots ,-b_{n-1}}
  
，那么：

  
    
      
        
          P
          
            ′
          
        
        =
        n
        
          ∏
          
            k
            =
            1
          
          
            n
            −
            1
          
        
        (
        x
        +
        
          b
          
            k
          
        
        )
        =
        n
        
          x
          
            n
            −
            1
          
        
        +
        
          ∑
          
            i
            =
            1
          
          
            n
            −
            1
          
        
        n
        
          
            
              (
            
            
              
                n
                −
                1
              
              i
            
            
              )
            
          
        
        
          S
          
            i
          
          
            ′
          
        
        
          x
          
            n
            −
            1
            −
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle P^{\prime }=n\prod _{k=1}^{n-1}(x+b_{k})=nx^{n-1}+\sum _{i=1}^{n-1}n{\binom {n-1}{i}}S_{i}^{\prime }x^{n-1-i}}
  

而同时：

  
    
      
        
          P
          
            ′
          
        
        =
        n
        
          x
          
            n
            −
            1
          
        
        +
        
          ∑
          
            i
            =
            1
          
          
            n
            −
            1
          
        
        (
        n
        −
        i
        )
        
          
            
              (
            
            
              n
              i
            
            
              )
            
          
        
        
          S
          
            i
          
        
        
          x
          
            n
            −
            1
            −
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle P^{\prime }=nx^{n-1}+\sum _{i=1}^{n-1}(n-i){\binom {n}{i}}S_{i}x^{n-1-i}}
  

对比两边系数，就可以得到：

  
    
      
        ∀
        1
        ≤
        i
        ≤
        n
        −
        1
        ,
        
        
        n
        
          
            
              (
            
            
              
                n
                −
                1
              
              i
            
            
              )
            
          
        
        
          S
          
            i
          
          
            ′
          
        
        =
        (
        n
        −
        i
        )
        
          
            
              (
            
            
              n
              i
            
            
              )
            
          
        
        
          S
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle \forall 1\leq i\leq n-1,\,\,n{\binom {n-1}{i}}S_{i}^{\prime }=(n-i){\binom {n}{i}}S_{i}}
  

然而组合数中：

  
    
      
        n
        
          
            
              (
            
            
              
                n
                −
                1
              
              i
            
            
              )
            
          
        
        =
        (
        n
        −
        i
        )
        
          
            
              (
            
            
              n
              i
            
            
              )
            
          
        
      
    
    {\displaystyle n{\binom {n-1}{i}}=(n-i){\binom {n}{i}}}
  

所以等式变成：

  
    
      
        ∀
        1
        ≤
        i
        ≤
        n
        −
        1
        ,
        
        
        
          S
          
            i
          
          
            ′
          
        
        =
        
          S
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle \forall 1\leq i\leq n-1,\,\,S_{i}^{\prime }=S_{i}}
  

这样便找到了n-1 个实数来“代替”原来的n 个实数，使得基本对称均值的前n-1 个都不变。这样子，对于任意的
  
    
      
        1
        ≤
        k
        ≤
        n
        −
        1
      
    
    {\displaystyle 1\leq k\leq n-1}
  
，经过若干次变换后，可以转化成k+1 个实数，使得基本对称均值
  
    
      
        
          S
          
            k
            −
            1
          
        
        ,
        
          S
          
            k
          
        
        ,
        
          S
          
            k
            +
            1
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{k-1},S_{k},S_{k+1}}
  
 变成最“靠边”的那一项。实际上，以上的转换说明：只需要证明

  
    
      
        
          S
          
            n
            −
            2
          
        
        
          S
          
            n
          
        
        ≤
        
          S
          
            n
            −
            1
          
          
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{n-2}S_{n}\leq S_{n-1}^{2}}
  

这一项就行了。
下面证明这一点。首先，如果
  
    
      
        
          a
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle a_{i}}
  
 中有一个是0，那么不等式左边的
  
    
      
        
          S
          
            n
          
        
        =
        
          ∏
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          a
          
            k
          
        
        =
        0
      
    
    {\displaystyle S_{n}=\prod _{k=1}^{n}a_{k}=0}
  
，所以左边等于0，显然小于右边。而如果
  
    
      
        
          a
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle a_{i}}
  
 中没有一个是0的话，那么由于这个不等式是齐次不等式，所以可以假设
  
    
      
        
          ∏
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          a
          
            k
          
        
        =
        1
      
    
    {\displaystyle \prod _{k=1}^{n}a_{k}=1}
  
。这样的话，不等式就变成：

  
    
      
        
          
            
              n
              (
              n
              −
              1
              )
            
            2
          
        
        
          
            (
            
              
                ∑
                
                  k
                  =
                  1
                
                
                  n
                
              
              
                
                  1
                  
                    a
                    
                      k
                    
                  
                
              
            
            )
          
          
            2
          
        
        ≥
        
          n
          
            2
          
        
        
          ∑
          
            1
            ≤
            i
            <
            j
            ≤
            n
          
        
        
          
            1
            
              
                a
                
                  i
                
              
              
                a
                
                  j
                
              
            
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {n(n-1)}{2}}\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{a_{k}}}\right)^{2}\geq n^{2}\sum _{1\leq i<j\leq n}{\frac {1}{a_{i}a_{j}}}}
  

也就是

  
    
      
        (
        n
        −
        1
        )
        
          
            (
            
              
                ∑
                
                  k
                  =
                  1
                
                
                  n
                
              
              
                
                  1
                  
                    a
                    
                      k
                    
                  
                
              
            
            )
          
          
            2
          
        
        ≥
        2
        n
        
          ∑
          
            1
            ≤
            i
            <
            j
            ≤
            n
          
        
        
          
            1
            
              
                a
                
                  i
                
              
              
                a
                
                  j
                
              
            
          
        
      
    
    {\displaystyle (n-1)\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{a_{k}}}\right)^{2}\geq 2n\sum _{1\leq i<j\leq n}{\frac {1}{a_{i}a_{j}}}}
  

  
    
      
        (
        n
        −
        1
        )
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            
              a
              
                k
              
              
                2
              
            
          
        
        +
        (
        n
        −
        1
        )
        
          ∑
          
            1
            ≤
            i
            <
            j
            ≤
            n
          
        
        
          
            2
            
              
                a
                
                  i
                
              
              
                a
                
                  j
                
              
            
          
        
        ≥
        2
        n
        
          ∑
          
            1
            ≤
            i
            <
            j
            ≤
            n
          
        
        
          
            1
            
              
                a
                
                  i
                
              
              
                a
                
                  j
                
              
            
          
        
      
    
    {\displaystyle (n-1)\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{a_{k}^{2}}}+(n-1)\sum _{1\leq i<j\leq n}{\frac {2}{a_{i}a_{j}}}\geq 2n\sum _{1\leq i<j\leq n}{\frac {1}{a_{i}a_{j}}}}
  

  
    
      
        (
        n
        −
        1
        )
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            
              a
              
                k
              
              
                2
              
            
          
        
        +
        (
        n
        −
        1
        )
        
          ∑
          
            1
            ≤
            i
            <
            j
            ≤
            n
          
        
        
          
            2
            
              
                a
                
                  i
                
              
              
                a
                
                  j
                
              
            
          
        
        ≥
        2
        n
        
          ∑
          
            1
            ≤
            i
            <
            j
            ≤
            n
          
        
        
          
            1
            
              
                a
                
                  i
                
              
              
                a
                
                  j
                
              
            
          
        
      
    
    {\displaystyle (n-1)\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{a_{k}^{2}}}+(n-1)\sum _{1\leq i<j\leq n}{\frac {2}{a_{i}a_{j}}}\geq 2n\sum _{1\leq i<j\leq n}{\frac {1}{a_{i}a_{j}}}}
  

  
    
      
        n
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            
              a
              
                k
              
              
                2
              
            
          
        
        ≥
        
          ∑
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            1
            
              a
              
                k
              
              
                2
              
            
          
        
        +
        2
        
          ∑
          
            1
            ≤
            i
            <
            j
            ≤
            n
          
        
        
          
            1
            
              
                a
                
                  i
                
              
              
                a
                
                  j
                
              
            
          
        
        =
        
          
            (
            
              
                ∑
                
                  k
                  =
                  1
                
                
                  n
                
              
              
                
                  1
                  
                    a
                    
                      k
                    
                  
                
              
            
            )
          
          
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle n\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{a_{k}^{2}}}\geq \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{a_{k}^{2}}}+2\sum _{1\leq i<j\leq n}{\frac {1}{a_{i}a_{j}}}=\left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{a_{k}}}\right)^{2}}
  

最后的不等式是均方不等式，必然成立。于是不等式得证。


与二次方程判别式的关系 另一种证明方法涉及到一个高等数学中的结论作为引理：如果对于关于两个变元的齐次多项式

  
    
      
        F
        (
        x
        ,
        y
        )
        =
        
          c
          
            0
          
        
        
          x
          
            n
          
        
        +
        
          c
          
            1
          
        
        
          x
          
            n
            −
            1
          
        
        y
        +
        ⋯
        +
        
          c
          
            n
          
        
        
          y
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle F(x,y)=c_{0}x^{n}+c_{1}x^{n-1}y+\cdots +c_{n}y^{n}}
  

存在实数
  
    
      
        
          r
          
            1
          
        
        ,
        
          r
          
            2
          
        
        ⋯
        ,
        
          r
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle r_{1},r_{2}\cdots ,r_{n}}
  
，使得当
  
    
      
        
          
            x
            y
          
        
        =
        
          r
          
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {x}{y}}=r_{k}}
  
 时就会有
  
    
      
        F
        (
        x
        ,
        y
        )
        =
        0
      
    
    {\displaystyle F(x,y)=0}
  
，那么这个多项式的任意次数的偏导数（仍然是齐次多项式）构成的方程：

  
    
      
        
          
            
              
                ∂
                
                  i
                  +
                  j
                
              
              F
            
            
              ∂
              
                x
                
                  i
                
              
              ∂
              
                y
                
                  j
                
              
            
          
        
        =
        0
      
    
    {\displaystyle {\frac {\partial ^{i+j}F}{\partial x^{i}\partial y^{j}}}=0}
  

也会满足这个条件：存在实数
  
    
      
        
          r
          
            1
          
        
        ,
        
          r
          
            2
          
        
        ⋯
        ,
        
          r
          
            n
            −
            i
            −
            j
          
        
      
    
    {\displaystyle r_{1},r_{2}\cdots ,r_{n-i-j}}
  
，使得当
  
    
      
        
          
            x
            y
          
        
        =
        
          r
          
            k
          
        
      
    
    {\displaystyle {\frac {x}{y}}=r_{k}}
  
 时就会有
  
    
      
        
          
            
              
                ∂
                
                  i
                  +
                  j
                
              
              F
            
            
              ∂
              
                x
                
                  i
                
              
              ∂
              
                y
                
                  j
                
              
            
          
        
        =
        0
      
    
    {\displaystyle {\frac {\partial ^{i+j}F}{\partial x^{i}\partial y^{j}}}=0}
  

具体的证明是考虑上一节证明中用到的多项式：

  
    
      
        P
        =
        
          ∏
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        (
        x
        +
        
          a
          
            k
          
        
        )
        =
        
          ∑
          
            i
            =
            0
          
          
            n
          
        
        
          σ
          
            i
          
        
        
          x
          
            i
          
        
        =
        
          x
          
            n
          
        
        +
        
          ∑
          
            i
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            
              (
            
            
              n
              i
            
            
              )
            
          
        
        
          S
          
            i
          
        
        
          x
          
            n
            −
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle P=\prod _{k=1}^{n}(x+a_{k})=\sum _{i=0}^{n}\sigma _{i}x^{i}=x^{n}+\sum _{i=1}^{n}{\binom {n}{i}}S_{i}x^{n-i}}
  

将它改写成关于两个变元的多项式：

  
    
      
        F
        (
        x
        ,
        y
        )
        =
        
          ∑
          
            i
            =
            0
          
          
            n
          
        
        
          σ
          
            i
          
        
        
          x
          
            i
          
        
        =
        
          x
          
            n
          
        
        +
        
          ∑
          
            i
            =
            1
          
          
            n
          
        
        
          
            
              (
            
            
              n
              i
            
            
              )
            
          
        
        
          S
          
            i
          
        
        
          x
          
            n
            −
            i
          
        
        
          y
          
            i
          
        
      
    
    {\displaystyle F(x,y)=\sum _{i=0}^{n}\sigma _{i}x^{i}=x^{n}+\sum _{i=1}^{n}{\binom {n}{i}}S_{i}x^{n-i}y^{i}}
  

这个多项式满足引理的条件，所以只要考虑它的一个特定的偏导数方程：

  
    
      
        
          
            
              
                ∂
                
                  n
                  −
                  2
                
              
              F
            
            
              ∂
              
                x
                
                  n
                  −
                  k
                  −
                  1
                
              
              ∂
              
                y
                
                  k
                  −
                  1
                
              
            
          
        
        =
        0
      
    
    {\displaystyle {\frac {\partial ^{n-2}F}{\partial x^{n-k-1}\partial y^{k-1}}}=0}
  

这个方程可以写成

  
    
      
        
          S
          
            k
            −
            1
          
        
        
          x
          
            2
          
        
        +
        2
        
          S
          
            k
          
        
        x
        y
        +
        
          S
          
            k
            +
            1
          
        
        
          y
          
            2
          
        
        =
        0
      
    
    {\displaystyle S_{k-1}x^{2}+2S_{k}xy+S_{k+1}y^{2}=0}
  

根据引理，对应二次方程
  
    
      
        
          S
          
            k
            −
            1
          
        
        
          t
          
            2
          
        
        +
        2
        
          S
          
            k
          
        
        t
        +
        
          S
          
            k
            +
            1
          
        
        =
        0
      
    
    {\displaystyle S_{k-1}t^{2}+2S_{k}t+S_{k+1}=0}
  
 有两个实根。从而这个方程的判别式大于等于零，也就是说：

  
    
      
        
          S
          
            k
            −
            1
          
        
        
          S
          
            k
            +
            1
          
        
        ≤
        
          S
          
            k
          
          
            2
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{k-1}S_{k+1}\leq S_{k}^{2}}
  

从这个证明可以看出，牛顿不等式也是对应着一个二次方程的判别式条件，如同柯西不等式一样。利用判别式的性质，可以得到一系列类似于牛顿不等式的不等式。


历史 这个不等式首先被牛顿用来作为估计实系数多项式的虚根的个数的一个方法。牛顿在他的著作《广义算术》（Arithmetica Universalis）的第二章第二节中不加任何证明地提出了一个断言：多项式

  
    
      
        P
        =
        
          ∏
          
            k
            =
            1
          
          
            n
          
        
        (
        x
        +
        
          a
          
            k
          
        
        )
      
    
    {\displaystyle P=\prod _{k=1}^{n}(x+a_{k})}
  

中虚根的个数不小于数列 
  
    
      
        
          S
          
            0
          
          
            2
          
        
        ,
        
          S
          
            1
          
          
            2
          
        
        −
        
          S
          
            0
          
        
        
          S
          
            2
          
        
        ,
        …
        ,
        
          S
          
            k
          
          
            2
          
        
        −
        
          S
          
            k
            −
            1
          
        
        
          S
          
            k
            +
            1
          
        
        ,
        …
        ,
        
          S
          
            n
            −
            1
          
          
            2
          
        
        −
        
          S
          
            n
            −
            2
          
        
        
          S
          
            n
          
        
      
    
    {\displaystyle S_{0}^{2},S_{1}^{2}-S_{0}S_{2},\ldots ,S_{k}^{2}-S_{k-1}S_{k+1},\ldots ,S_{n-1}^{2}-S_{n-2}S_{n}}
  
 变号的次数。换句话说，如果多项式只有实根而没有虚根，那么这个数列恒为非负。1729年，麦克劳林已经给出了一个直接的证明，但这个问题的圆满解决要等到1865年，西尔维斯特证明了一个非同一般的更广泛结果为止。


参阅 麥克勞林不等式


註釋 参考文献 Newton, Isaac. Arithmetica universalis: sive de compositione et resolutione arithmetica liber. 1707. 
P. S. Bullen. Handbook of Means and Their Inequalities. Springer. 2003. ISBN 978-1-402-01522-9. 
Maclaurin, C. A second letter to Martin Folks, Esq.; concerning the roots of equations, with the demonstration of other rules in algebra,. Phil. Transactions,. 1729, 36: 59–96. 


外部連結 Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics