牛頓不等式

在數學領域，牛頓不等式以艾薩克·牛頓命名。假設 a1, a2, ..., an 是實數，令 $\sigma_k$ 表示 a1, a2, ..., an 上的 k 階基本對稱多項式。那麼基本對稱均值

$$S_k = \frac{\sigma_k}{\binom{n}{k}}$$

滿足不等式

$$S_{k-1}S_{k+1}\le S_k^2,$$

其中若且唯若所有 ai 相等時取等號。

## 證明

一個簡潔的證明是利用數學分析中的羅爾定理。設有n 個實數：$a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n$。構造以$-a_1, -a_2, \cdots, -a_n$為根的多項式：

$$P = \prod_{k=1}^n (x+a_k)$$

這個多項式可以寫成：

$$P = \prod_{k=1}^n (x+a_k) = \sum_{i=0}^n \sigma_i x^{n-i}= x^n + \sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i} S_i x^{n-i}$$

首先證明：存在另一組n-1 個實數：$b_1, b_2, \cdots , b_{n-1}$，使得它們的基本對稱均值$S_1^{\prime}, S_2^{\prime} \cdots , S_{n-1}^{\prime}$ 恰好就是原來n 個實數的基本對稱均值中的前n-1 個：$S_1, S_2 \cdots , S_{n-1}$。

具體的方法是考察多項式P的導數多項式$P^{\prime}$。根據羅爾定理，如果兩個實數$-a_{i+1}$ 和$-a_i$ 不相同，那麼他們之間必然存在一個數$-b_i$使得$P^{\prime} (-b_i) = 0$。而如果$-a_i$ 是多項式P的一個j 次重根的話，那麼它也是$P^{\prime}$ 的k-1 次重根。所以，$P^{\prime}$ 一定有n-1 個實根。設這些實根等於$-b_1, -b_2, \cdots, -b_{n-1}$，那麼：

$$P^{\prime} = n\prod_{k=1}^{n-1} (x+b_k) = nx^{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1} n\binom{n-1}{i} S_i^{\prime} x^{n-1-i}$$

而同時：

$$P^{\prime} = nx^{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1} (n-i) \binom{n}{i} S_i x^{n-1-i}$$

對比兩邊係數，就可以得到：

$$\forall 1 \le i \le n-1, \, \, n\binom{n-1}{i} S_i^{\prime} = (n-i) \binom{n}{i} S_i$$

然而組合數中：

$$n\binom{n-1}{i} = (n-i) \binom{n}{i}$$

所以等式變成：

$$\forall 1 \le i \le n-1, \, \, S_i^{\prime} = S_i$$

這樣便找到了n-1 個實數來「代替」原來的n 個實數，使得基本對稱均值的前n-1 個都不變。這樣子，對於任意的$1 \le k \le n-1$，經過若干次變換後，可以轉化成k+1 個實數，使得基本對稱均值$S_{k-1}, S_k, S_{k+1}$ 變成最「靠邊」的那一項。實際上，以上的轉換說明：只需要證明

$$S_{n-2}S_{n}\le S_{n-1}^2$$

這一項就行了。

下面證明這一點。首先，如果$a_i$ 中有一個是0，那麼不等式左邊的$S_{n}=\prod_{k=1}^n a_k =0$，所以左邊等於0，顯然小於右邊。而如果$a_i$ 中沒有一個是0的話，那麼由於這個不等式是齊次不等式，所以可以假設$\prod_{k=1}^n a_k = 1$。這樣的話，不等式就變成：

$$\frac{n(n-1)}{2}\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} \right)^2 \ge n^2 \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}$$

也就是

$$(n-1) \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} \right)^2 \ge 2n \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}$$

$$(n-1) \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} + (n-1)\sum_{1 \le i < j \le n} \frac{2}{a_i a_j} \ge 2n \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}$$

$$(n-1) \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} + (n-1)\sum_{1 \le i < j \le n} \frac{2}{a_i a_j} \ge 2n \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}$$

$$n \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} + 2 \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j} = \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} \right)^2$$

最後的不等式是均方不等式，必然成立。於是不等式得證。

## 與二次方程判別式的關係

另一種證明方法涉及到一個高等數學中的結論作為引理：如果對於關於兩個變元的齊次多項式

$$F(x, y) = c_0 x^n + c_1 x^{n-1}y + \cdots + c_n y^n$$

存在實數$r_1 , r_2 \cdots , r_n$，使得當$\frac{x}{y} = r_k$ 時就會有$F(x, y) =0$，那麼這個多項式的任意次數的偏導數（仍然是齊次多項式）構成的方程：

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

也會滿足這個條件：存在實數$r_1 , r_2 \cdots , r_{n-i-j}$，使得當$\frac{x}{y} = r_k$ 時就會有$\frac{\partial^{i+j} F }{\partial x^i \partial y^j } = 0$

具體的證明是考慮上一節證明中用到的多項式：

$$P = \prod_{k=1}^n (x+a_k) = \sum_{i=0}^n \sigma_i x^i = x^n + \sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i} S_i x^{n-i}$$

將它改寫成關於兩個變元的多項式：

$$F(x, y) = \sum_{i=0}^n \sigma_i x^i = x^n + \sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i} S_i x^{n-i}y^i$$

這個多項式滿足引理的條件，所以只要考慮它的一個特定的偏導數方程：

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

這個方程可以寫成

$$S_{k-1} x^2 + 2S_k xy + S_{k+1} y^2 = 0$$

根據引理，對應二次方程$S_{k-1} t^2 + 2S_k t + S_{k+1} = 0$ 有兩個實根。從而這個方程的判別式大於等於零，也就是說：

$$S_{k-1} S_{k+1} \le S_k^2$$

從這個證明可以看出，牛頓不等式也是對應著一個二次方程的判別式條件，如同柯西不等式一樣。利用判別式的性質，可以得到一系列類似於牛頓不等式的不等式。

## 歷史

這個不等式首先被牛頓用來作為估計實係數多項式的虛根的個數的一個方法。牛頓在他的著作《廣義算術》（Arithmetica Universalis）的第二章第二節中不加任何證明地提出了一個斷言：多項式$P = \prod_{k=1}^n (x+a_k)$ 中虛根的個數不小於數列 $S_0^2, S_1^2 - S_0S_2, \ldots, S_k^2 - S_{k-1} S_{k+1}, \ldots, S_{n-1}^2 - S_{n-2} S_{n}$ 變號的次數。換句話說，如果多項式只有實根而沒有虛根，那麼這個數列恆為非負。1729年，麥克勞林已經給出了一個直接的證明，但這個問題的圓滿解決要等到1865年，西爾維斯特證明了一個非同一般的更廣泛結果為止。

## 參閱

- 麥克勞林不等式