※ 引述《LimSinE (r=e^theta)》之铭言： : 我举例说明清楚。 : 首先还是要用到这个结果： : 设P(x)是n次实系数多项式，若P(x)的根都是实数，则P'(x)的根也都是实数。 : 事实上，若P的n个根都>=0，则P'的(n-1)个根也都>=0 (证明方法一样) : 以下就举一个「中间项」的例子 : 例：设a,b,c,d>=0，则 : { (ab+bc+ca+ad+bd+cd)/6 }^(1/2) >= {(abc+acd+abd+bcd)/4}^(1/3) : 考虑以a,b,c,d为4根之首1多项式 P，则P'之3根u,v,w>=0 : 且由根与系数关系，注意到P'首项系数为4 : ab+bc+cd+ad+bd+cd = P之2次项系数 = P'之1次项系数/2 = 2(uv+vw+uw) : abc+acd+abd+bcd = -P之1次项系数 = -P'之常数项 = 4uvw : 故原不等式等价於 : {2(uv+vw+uw)/6}^(1/2) >= {4uvw/4}^(1/3) : 即 {(uv+vw+uw)/3}^(1/2) >= {uvw}^(1/3) : 此时已成功将4变数的情形转为3变数的情形，次数不变，但右边变成单项几何平均。 : 采用倒根变换(注：uvw=0 时明显成立) : u'=1/u, v'=1/v, w'=1/w : 则上述不等式又等价於 : {uvw(u'+v'+w')/3}^(1/2) >= {uvw}^(1/3) : 即 (u'+v'+w')/3 >= {u'v'w'}^(1/3)，变成标准的平均不等式，故得证。 懂了，这作法很漂亮。 然後我发现不须要倒根。 前面那段其实可以精链成：P 的根的 kk-乘积平均 = P' 的根的 kk-乘积平均。 所以用 P 的根写出来的 Maclaurin's inequality 等价於用 P' 的根写出来的。 即 S_k^{1/k} ≧ S_{k+1}^{1/(k+1)} iff S'_k^{1/k} ≧ S'_{k+1}^{1/(k+1)} 其中 S_k 表示 P 的根的 kk-乘积平均（这种乘积共 C(n,k) 项）， 而 S'_k 表示 P' 的根的 kk-乘积平均（这种乘积共 C(n-1,k) 项）。 这样就可以透过一直微分，把 P 的事情一直往更高阶的导函数身上丢， 而且这个过程中「根的数目」逐次减 1。 直到最後一次（P 的 n-k-1 阶导函数），S^(n-k-1) 终於只剩一项了。 如果把 P^(n-k-1) 的 k+1 个根记成 u_0, u_1, ..., u_k Maclaurin's inequality 可以写成： (Σ_{i=0}^k u_0u_1...u_k/u_i /(k+1))^{1/k} ≧ (u_0u_1...u_k)^{1/(k+1)} 直接拿 u_0u_1...u_k/u_i 来做算几不等式即可得证。 用文中例子的话，就是 因为 (uv+vw+uw)/3 >= (u^2 v^2 w^2)^(1/3) = {uvw}^(2/3) 所以 {(uv+vw+uw)/3}^(1/2) >= {uvw}^(1/3) 这个步骤可以不用透过倒根来做。 另外後来我先证了 Newton's inequality： S_k^2 ≧ S_{k-1}S_{k+1}。 方法也还是透过构造那个 P，不过这次稍微调整一下。 基於倒根给我的灵感，我决定把 P 齐次化变成双变数多项式。 定义 P(x,y) = Π_{i=1}^{n} ( x - x_i y )， 然後之前的定理也改写成「P_x 可以拆解成一次因式的乘积」。 同理，P_y 也可以拆解成一次因式的乘积，高阶混合偏导函数亦然。 那我就把 P 对 x 偏导 n-k-1 次、对 y 偏导 k-1 次， 如此可得一个可以分解的二次式 S_{k-1}x^2 - 2S_{k}x + S_{k+1}。 可以分解，就是 hyperbolic，就是判别式非负，就是 S_k^2 ≧ S_{k-1}S_{k+1}。 像是 S_2^2 ≧ S_1 * S_3 ≧ S_2^0.5 * S_3， 移项整理就可以得到 S_2^0.5 ≧ S_3^{1/3}。 -- 题外话是我今天才惊觉多项式的根的平均原来是微分的不变量。 （两两乘积的平均、三三乘积的平均在被微到消失之前也都是不变量。） --

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