Afiliacja: Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
Tym razem o jednej z nierównościowych „armat” – nierówności Muirheada. Niektóre używane tu pojęcia i oznaczenia są zaczerpnięte z poprzedniego kącika, więc zachęcam Czytelnika do spojrzenia tam w pierwszej kolejności. Odcinek częściowo bazuje na pracy licencjackiej, którą w 2016 roku pod moją opieką napisał Marek Milwicz, a także na artykule On uses and applications of Muirhead’s Inequality (Parabola 58(3), 2022), w którym można znaleźć jeszcze więcej zadań z nierównością Muirheada w roli głównej.
Rozważmy zbiór wszystkich \(n\)-wyrazowych nierosnących ciągów liczb całkowitych nieujemnych o sumie wyrazów równej \(s\) – oznaczamy go przez \(\mathcal{P}(n,s).\) Na tym zbiorze określamy porządek \(\preceq\) w następujący sposób: \[(a) \preceq (b) \ \ \ \iff \ \ \ \sum_{i=1}^ka_i\le\sum_{i=1}^kb_i \text{ dla } k=1,2,\ldots,n-1.\] Ze względu na przynależność obu ciągów do \(\mathcal{P}(n,s)\) zachodzi jeszcze równość \(a_1+a_2+\ldots+a_n\! =\! b_1+b_2+\ldots+b_n,\) która często jest dodawana do definicji tego porządku. W powyższej sytuacji mówimy, że ciąg \((b)\) majoryzuje ciąg \((a).\) Jeśli dodatkowo \((a)\neq(b),\) to wówczas piszemy \((a)\prec(b)\) (ciąg \((b)\) ściśle majoryzuje ciąg \((a)\)). Ponadto jeżeli \((a)\prec(b)\) oraz nie istnieje ciąg \((c),\) który by spełniał warunek \((a)\prec(c)\prec(b),\) to mówimy, że ciąg \((b)\) majoryzuje ciąg \((a)\) bezpośrednio, co oznaczamy \((a)\lhd(b).\)
Z rysunku poniżej, z lewej strony, ilustrującego ten porządek dla zbioru \(\mathcal{P}(3,8),\) można wyczytać między innymi, że: \((5,3,0)\prec(7,1,0)\) oraz \((4,3,1)\lhd(4,4,0).\) Natomiast żaden z ciągów, \((4,4,0)\) ani \((6,1,1),\) nie majoryzuje drugiego – dlatego mamy tu tylko częściowy porządek. Nadeszła pora na:
Nierówność Muirheada. Niech \((a),(b)\in\mathcal{P}(n,s)\) oraz \((a)\preceq(b).\) Wówczas \[W_{a_1,a_2,\ldots,a_n}(x_1,x_2,\ldots,x_n) \le W_{b_1,b_2,\ldots,b_n}(x_1,x_2,\ldots,x_n)\] dla wszystkich \(x_1,x_2,\ldots,x_n>0.\)
Cudowny dowód tego twierdzenia nie mieści się niestety w ciasnym kąciku, więc jedynie streszczę go w kilku krokach. Odtworzenie pełnego dowodu Czytelnik może potraktować jako ćwiczenie duchowe. Zakładamy, że \((a),(b)\in\mathcal{P}(n,s)\) dla ustalonych \(n\ge2\) i \(s>0.\)
(1) Dla \((a)\preceq(b)\) istnieją ciągi \((c)^{(1)},(c)^{(2)},\ldots,(c)^{(k)}\) spełniające warunek: \({(a)=(c)^{(1)}\lhd(c)^{(2)}\lhd\ldots\lhd(c)^{(k)}=(b)},\) więc wystarczy ograniczyć dowód do \((a)\lhd(b).\)
(2) Jeśli \((a)\neq(b),\) to \(a_i\neq b_i\) oraz \(a_j\neq b_j\) dla pewnych \(i\neq j\) (czyli ciągi \((a)\) i \((b)\) różnią się w co najmniej dwóch miejscach). Jeżeli \((a)\lhd(b),\) to ciągi \((a),\) \((b)\) różnią się w dokładnie dwóch miejscach.
(3) Dla liczb rzeczywistych \(x,y>0\) oraz liczb całkowitych dodatnich \(p\ge q\) zachodzi nierówność \(x^py^q+x^qy^p \le x^{p+1}y^{q-1} + x^{q-1}y^{p+1}.\) Teraz wystarczy skorzystać z ostatniej części punktu (2).
Nierówność Muirheada łatwo uogólnić na wykładniki całkowite, a nawet wymierne. W tym celu wystarczy zauważyć, że dodanie tej samej stałej do wszystkich wyrazów ciągów nie wpłynie na hierarchię między nimi, a tylko zmieni zbiór \(\mathcal{P},\) w którym je porównujemy. Podobnie jest z mnożeniem wszystkich wyrazów ciągów przez jakąś stałą. Jeśli mamy nierówność z wykładnikami całkowitymi, z których najmniejszym jest \(w<0,\) to wystarczy obustronnie pomnożyć nierówność przez \((x_1x_2\ldots x_n)^{-w}.\) Jeśli wykładniki nie są całkowite, ale są wymierne, to wystarczy dokonać podstawienia \(x_i=(x_i')^W,\) w którym \(W\) oznacza najmniejszą wspólną wielokrotność mianowników wszystkich wykładników w wyjściowej nierówności.
Zadania
Uwaga. Wszystkie poniższe nierówności należy wykazać dla \(x,y,z>0.\)
-
\((y+z)(z+x)(x+y)\ge8xyz.\)
Wskazówka Po wymnożeniu nawiasów i uporządkowaniu otrzymamy \([2\;1\;0] \ge [1\;1\;1].\)
-
\(x+y+z \le \frac{yz}{x} +\frac{zx}{y} + \frac{xy}{z}.\)
Wskazówka Po pomnożeniu stronami przez \(xyz\) i zrobieniu porządku dostaniemy \([2\;1\;1] \le [2\;2\;0]\)
-
\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\ge\frac32\) (nierówność Nesbitta).
Wskazówka Po obustronnym pomnożeniu przez mianowniki nierówność sprowadza się do \([3\;0\;0] \ge [2\;1\;0].\)
-
\(\frac{x^3}{yz}+\frac{y^3}{zx}+\frac{z^3}{xy} \ge 3\cdot\frac{x^3+y^3+z^3}{x^2+y^2+z^2}.\)
Wskazówka Można przekształcić do \([6\;0\;0] + 2[4\;2\;0] \ge 3[4\;1\;1].\)
-
Nierówności między średnimi: harmoniczną, geometryczną, arytmetyczną i kwadratową dla zmiennych \(x_1,x_2,\ldots,x_n>0.\)
Wskazówka Postępowanie jest standardowe, tylko wykładniki są niecałkowite, ale tym się nie trzeba przejmować.
-
\(\frac{y^4+z^4}{yz(y^3+z^3)} + \frac{z^4+x^4}{zx(z^3+x^3)} + \frac{x^4+y^4}{xy(x^3+y^3)} \ge 1,\) przy założeniu \(xyz=yz+zx+xy\) (57 OM).
Wskazówka Ujednorodniamy nierówność, mnożąc lewą stronę przez \(xyz,\) a prawą przez \(yz+zx+xy.\) Potem można sprowadzić nierówność do \([7\;4\;0]\ge[6\;4\;1].\)
-
\(\frac{1}{x^3(y+z)} + \frac{1}{y^3(z+x)} + \frac{1}{z^3(x+y)} \ge\frac32,\) przy założeniu \(xyz=1\) (IMO 1995).
Wskazówka Jeśli spełniony jest warunek \(xyz=1,\) to dla dowolnej stałej \(t\) mamy \([a_1\;a_2\;a_3] = [a_1-t\;a_2-t\;a_3-t].\) Nierówność sprowadza się do \([4\;4\;0]+2[4\;3\;1]+[3\;3\;2] \ge 3[5\;4\;3]+[4\;4\;4].\) Teraz wystarczy zauważyć, że \([5\;4\;3]=[\frac{11}3\;\frac 83\;\frac 53]\) i \([4\;4\;4]=[\frac 83\;\frac 83\;\frac 83].\)
-
Czy którakolwiek z nierówności: \([5\;2\;1]\ge[4\;4\;0]\) lub przeciwna, jest prawdziwa dla wszystkich \(x,y,z>0\)?
Wskazówka Żadna.