※ 引述《LimSinE (r=e^theta)》之銘言： : 我舉例說明清楚。 : 首先還是要用到這個結果： : 設P(x)是n次實係數多項式，若P(x)的根都是實數，則P'(x)的根也都是實數。 : 事實上，若P的n個根都>=0，則P'的(n-1)個根也都>=0 (證明方法一樣) : 以下就舉一個「中間項」的例子 : 例：設a,b,c,d>=0，則 : { (ab+bc+ca+ad+bd+cd)/6 }^(1/2) >= {(abc+acd+abd+bcd)/4}^(1/3) : 考慮以a,b,c,d為4根之首1多項式 P，則P'之3根u,v,w>=0 : 且由根與係數關係，注意到P'首項係數為4 : ab+bc+cd+ad+bd+cd = P之2次項係數 = P'之1次項係數/2 = 2(uv+vw+uw) : abc+acd+abd+bcd = -P之1次項係數 = -P'之常數項 = 4uvw : 故原不等式等價於 : {2(uv+vw+uw)/6}^(1/2) >= {4uvw/4}^(1/3) : 即 {(uv+vw+uw)/3}^(1/2) >= {uvw}^(1/3) : 此時已成功將4變數的情形轉為3變數的情形，次數不變，但右邊變成單項幾何平均。 : 採用倒根變換(注：uvw=0 時明顯成立) : u'=1/u, v'=1/v, w'=1/w : 則上述不等式又等價於 : {uvw(u'+v'+w')/3}^(1/2) >= {uvw}^(1/3) : 即 (u'+v'+w')/3 >= {u'v'w'}^(1/3)，變成標準的平均不等式，故得證。 懂了，這作法很漂亮。 然後我發現不須要倒根。 前面那段其實可以精鍊成：P 的根的平均 kk-乘積 = P' 的根的平均 kk-乘積。 所以用 P 的根寫出來的 Maclaurin's inequality 等價於用 P' 的根寫出來的。 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 的根的平均 kk-乘積（這種乘積共 C(n,k) 項）， 而 S'_k 表示 P' 的根的平均 kk-乘積（這種乘積共 C(n-1,k) 項）。 這樣就可以透過一直微分，把 P 的事情一直往更高階的導函數身上丟， 而且這個過程中「根的數目」逐次減 1。 直到最後一次（P 的 n-k-1 階導函數），S^(n-k-1) 終於只剩一項了。 如果把 P^(n-k-1) 的 k+1 個根記成 u_0, u_1, ..., u_k Maclaurin's inequality 可以寫成： (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 來做算幾不等式即可得證。 用文中例子的話，就是 因為 (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) 這個步驟可以不用透過倒根來做。 另外後來我先證了 Newton's inequality： S_k^2 ≧ S_{k-1}S_{k+1}。 方法也還是透過構造那個 P，不過這次稍微調整一下。 基於倒根給我的靈感，我決定把 P 齊次化變成雙變數多項式。 定義 P(x,y) = Π_{i=1}^{n} ( x - x_i y )， 然後之前的定理也改寫成「P_x 可以拆解成一次因式的乘積」。 同理，P_y 也可以拆解成一次因式的乘積，高階混合偏導函數亦然。 那我就把 P 對 x 偏導 n-k-1 次、對 y 偏導 k-1 次， 如此可得一個可以分解的二次式 S_{k-1}x^2 - 2S_{k}x + S_{k+1}。 可以分解，就是 hyperbolic，就是判別式非負，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， 移項整理就可以得到 S_2^0.5 ≧ S_3^{1/3}。 -- 題外話是我今天才驚覺多項式的根的平均原來是微分的不變量。 （兩兩乘積的平均、三三乘積的平均在被微到消失之前也都是不變量。） --

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