Kezdőlap


Cím:	Változatok a szimmetriára: így működik a Muirhead-egyenlőtlenség
Szerző(k):	Pataki János
Füzet:	2005/október, 394 - 398. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb írások

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A nyári mexikói diákolimpián kétségkívül a 3. feladat bizonyult a legnehezebbnek. E számunk 388‐390. oldalain olvasható Paulin Roland megoldása, amelyben egy kevésbé ismert eredmény, a Muirhead-egyenlőtlenség¹ alkalmazása volt a kulcslépés. Hogy az olvasó esetleges hiányérzetét enyhítsük, bemutatjuk a tételt működés közben. Az $n = 2,3$ esetekben tulajdonképpen a bizonyítás is kiadódik, aki pedig járatos a magasabb dimenziókban, kaphat némi képet az általános esetről is.
A jó szem azért sem árt, mert a tétel különös feltételrendszere egy alapvetően geometriai konstrukció révén teszi lehetővé a súlyozott számtani és mértani közepek jól ismert egyenlőtlenségének (SAG) kiterjesztését általánosabb, szimmetrikus összegekre.
Ha $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$ tetszőleges pozitív számok és a nemnegatív $λ_{1}, λ_{2}, ..., λ_{n}$ ,,súlyok'' összege 1, akkor

\begin{matrix} λ_{1} x_{1} + λ_{2} x_{2} + ... + λ_{n} x_{n} \geq x_{1}^{λ_{1}} \cdot x_{2}^{λ_{2}} \cdot ... \cdot x_{n}^{λ_{n}} . \end{matrix}

(SAG)

Az egyenlőtlenség két oldalán az

x_{i}

számok

λ_{i}

súlyokkal vett számtani, illetve mértani közepe áll. Ha

λ_{i} = \frac{1}{n}

, akkor éppen a számtani, illetve mértani közepeket kapjuk. E két közép nevezetes egyenlőtlensége pedig a tétel jelöléseivel az

\begin{matrix} (1,0,0, ... 0) ≻ (\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, ..., \frac{1}{n}) \Rightarrow S (1,0,0, ... 0) \geq S (\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, ..., \frac{1}{n}) \end{matrix}

alakot ölti.
Az olimpiai feladat megoldása során általános formában hangzott el a Muirhead-tétel, így ezt most nem ismételjük el. A jelöléseket illetően ‐ is ‐ javasoljuk a megoldás tanulmányozását. Az ott látottak szerint elhagyjuk a változók indexeit, a példákban ugyanis legfeljebb három változó szerepel majd. Ennek megfelelően az

S (α_{1}, α_{2}, α_{3})

összegben az

x

y

z

változók összesen 6 permutációja vesz részt. Így például

\begin{matrix} S (6; 5; 1) = x^{6} y^{5} z + y^{6} z^{5} x + z^{6} x^{5} y + x^{5} y^{6} z + y^{5} z^{6} x + z^{5} x^{6} y . \end{matrix}

Ugyanígy

\begin{matrix} S (7; 5; 0) & = x^{7} y^{5} + y^{7} z^{5} + z^{7} x^{5} + x^{5} y^{7} + y^{5} z^{7} + z^{5} x^{7}, \\ S (3; 3; 1) & = 2 (x^{3} y^{3} z + y^{3} z^{3} x + z^{3} x^{3} y) . \end{matrix}

Ha csak két változónk van,

n = 2

, akkor például

S (4; 1) = x^{4} y + y^{4} x

Síkban még minden látszik: az

n = 2

eset

Bemelegítésül nézzük meg, hogyan juthatunk el a tétel szerint igaz

S (4; 1) \geq S (3; 2)

, azaz

\begin{matrix} x^{4} y + y^{4} x \geq x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} \end{matrix}

(1)

bizonyításához. (A változók értéke nem negatív, ezt a továbbiakban mindig föltesszük.) Az állítás persze ,,puszta kézzel'' is elintézhető, de most álljunk ellen a kísértésnek. A

(4; 1) ≻ (3; 2)

feltétel nyilván teljesül:

4 + 1 = 3 + 2

és

4 > 3

. A szereplő kifejezések szimmetriájának megfelelően adódó négy számpár természetes módon ábrázolható a koordinátarendszerben (1. ábra). A feltétel szerint az

A_{1} (4; 1)

A_{2} (1; 4)

, illetve a

B_{1} (3; 2)

B_{2} (2; 3)

pontok ugyanazon az egyenesen vannak (ennek egyenlete

x + y = 5

), másfelől a

B_{i}

pontok az

A_{1} A_{2}

szakaszra esnek. Ekkor, a szokásos módon

p

-vel jelölve a

P

pont helyvektorát, léteznek olyan

λ_{1}, λ_{2} \geq 0

számok, amelyek összege 1, és például

\begin{matrix} b_{1} = λ_{1} a_{1} + λ_{2} a_{2} . \end{matrix}

(

K_{12}

)

Hogy ne csak a levegőbe beszéljünk, a koordinátákra átírt

\begin{matrix} 3 = 4 λ_{1} + λ_{2}, 2 = λ_{1} + 4 λ_{2} \end{matrix}

(

E_{12}

)

egyenletrendszer megoldása:

λ_{1} = \frac{2}{3}

λ_{2} = \frac{1}{3}

1. ábra

A mindent eldöntő észrevétel az, hogy ezek az egyenletek az (1) tagjainak algebrai kapcsolatát is kifejezik: ha a

λ_{1}

λ_{2}

súlyokkal elkészítjük az (1) bal oldalán álló tagok,

x^{4} y

és

x y^{4}

súlyozott mértani közepét, akkor ebben az

x

kitevője 3, az

y

-é pedig

2

: éppen a jobb oldal első tagját kapjuk!
Ez pedig nem nagyobb a megfelelő súlyozott számtani középnél:

\begin{matrix} \frac{2}{3} \cdot x^{4} y + \frac{1}{3} \cdot x y^{4} \geq {(x^{4} y)}^{\frac{2}{3}} \cdot {(x y^{4})}^{\frac{1}{3}} = x^{3} y^{2} . \end{matrix}

(

{SAG}_{12}

)

Szimmetriaokokból ‐ szoktuk mondani ilyenkor ‐ felírható (

K_{21}

), (

E_{21}

) és így

\begin{matrix} \frac{1}{3} \cdot x^{4} y + \frac{2}{3} \cdot x y^{4} \geq {(x^{4} y)}^{\frac{1}{3}} \cdot {(x y^{4})}^{\frac{2}{3}} = x^{2} y^{3} . \end{matrix}

(

{SAG}_{21}

)

Egyenlőtlenségeinket összeadva készen is vagyunk, ugyanis ‐ micsoda szerencse! ‐ az együtthatók összege,

λ_{1} + λ_{2}

,,oszloponként'' is 1!

Megjegyzések. 1. Gondoljuk meg, hányféle köntösben jelenik itt meg a szimmetria! Az (1)-ben szereplő kifejezések szimmetrikusak a változók,

x

és

y

cseréjére; a megfelelő ábrázolásban ez az

A_{1}

B_{1}

B_{2}

A_{2}

ponthalmaz tengelyes szimmetriáját jelenti a

45^{\circ}

-os egyenesre. A vektor-, illetve koordinátákra vonatkozó egyenletek szintén a koordinátákat fölcserélve, végül a két egyenlőtlenség,

({SAG}_{12})

és

({SAG}_{21})

a változók cseréjével kapható egymásból.
2. Az első egyenlőtlenségből közvetlenül eljuthatunk a másodikhoz, ha felcseréljük a két változót. Ez úgy is megvalósítható, ha

({SAG}_{12})

jobb oldalán a változók helyett az együtthatókat cseréljük fel.

Vegyük észre, hogy a bizonyításnak nincs szüksége arra, hogy mekkorák a

λ_{i}

súlyok! Annyi kell ,,csupán'', hogy ne legyenek negatívak, az összegük 1 legyen, és hogy

...

létezzenek!

1. feladat. Igazoljuk, hogy ha

(α_{1}, α_{2}) ≻ (β_{1}, β_{2})

, akkor az

A_{1} A_{2}

intervallum tartalmazza a

B_{1} B_{2}

intervallumot. (Lehetséges, hogy az intervallumok egyetlen ponttá zsugorodnak; mikor?)

A tér a síkból nézve: az

n = 3

eset

Az olimpiai feladat megoldásában többek között szerepel az

S (7; 5; 0) \geq S (6; 5; 1)

egyenlőtlenség, most ennek járunk utána. Három változónk van, a számhármasoknak megfelelő pontok a térbeli koordinátarendszerben ábrázolhatók. A változóknak, illetve egy pont koordinátáinak ‐ szemben a síkbeli két lehetőséggel ‐ most hatféle sorrendje, vagy permutációja van. Jelöljük három elem hat permutációjának halmazát a szokásos módon

S_{3}

-mal, az egyes permutációkat pedig görög kisbetűkkel. Ha

σ \in S_{3}

például fölcseréli az első két elemet, akkor az

A_{σ}

pont koordinátái

(5; 7; 0)

. A síkbeli utat követve most nem az

A_{1}

A_{2}

, hanem a hatelemű

A = {A_{π} : π \in S_{3}}

és

B = {B_{π} : π \in S_{3}}

ponthalmazokat kapjuk az

(α_{1}; α_{2}; α_{3})

, illetve a

(β_{1}; β_{2}; β_{3})

számhármasokból a koordináták permutálásával.

Gondoljunk meg először néhány apróságot, amelyek a síkban nyilvánvaló módon teljesültek.

I. állítás. Az

A

és a

B

ponthalmazok benne vannak egy közös síkban. Ez nyomban következik abból, hogy a pontok koordinátáinak összege 12, így valamennyien illeszkednek az

x + y + z = 12

egyenletű síkra.

II. állítás. Az

A_{π}

pontok egy konvex hatszög csúcsai. Ha ugyanis van olyan sík, amelyen egy térbeli

\bar{S}

sokszöglemez vetülete egy konvex sokszöglemez, akkor

\bar{S}

két konvex halmaz, egy konvex végtelen hasáb és egy sík közös része, így maga is konvex. A 2. ábra az

A_{π}

csúcsok merőleges vetületét mutatja az

x y

koordinátasíkon: a hatszög láthatóan konvex.

2. ábra

Általában is ez a helyzet, ha az

α_{i}

számok páronként különbözők. (Ha a koordináták között két egyenlő van, akkor háromszöget kapunk, ha mindhárom egyenlő, akkor pedig egyetlen pontot.) Természetesen hasonló igaz a

B_{π}

pontokra is. A továbbiakban jelölje

\bar{A}

, illetve

\bar{B}

a megfelelő térbeli sokszöglemezeket. A II. állítás szerint

\bar{A}

nem más, mint az

A

halmaz konvex burka és hasonló igaz a

\bar{B}

halmazra is.

2. feladat. Legyen

α_{1} > α_{2} > α_{3}

. Adjuk meg az

\bar{A}

csúcsainak a sorrendjét az

A_{ι} (α_{1}; α_{2}; α_{3})

csúcsból indulva az origó felől nézve pozitív körüljárásban. (

ι

az identikus permutáció.)

III. állítás.

B_{ι} = B (6; 5; 1) \in \bar{A}

. Ez megint leolvasható a 2. ábráról: a

B' (6; 5)

pont a

B_{ι} (6; 5; 1)

pont vetülete az

x y

-síkon és a vetülethatszög belsejében van. A

B'

-n keresztül a vetítés irányával párhuzamos egyenes tehát a végtelen hasáb belsejében halad és a

B

-ben metszi az

\bar{A}

síkját.

3. feladat. Igazoljuk, hogy ha

(α_{1}; α_{2}; α_{3}) ≻ (β_{1}; β_{2}; β_{3})

, akkor

B (β_{1}; β_{2}; β_{3}) \in \bar{A}

Ismeretes, hogy egy véges

{P_{i} : i = 1,2, ..., m}

ponthalmaz konvex burka a

\begin{matrix} λ_{1} p_{1} + λ_{2} p_{2} + ... + λ_{m} p_{m} \end{matrix}

helyvektorú pontok összessége, ahol

λ_{i} \geq 0

és

\sum_{i = 1}^{m} λ_{i} = 1

. A III. állítás szerint tehát léteznek a nemnegatív

λ_{π}

számok, amelyek összege 1 és

\begin{matrix} b = \sum_{π \in S_{3}}^{} λ_{π} a_{π} . \end{matrix}

(

K_{ι}

)

A koordinátákra nézve ez azt jelenti, hogy a

\begin{matrix} (6; 5; 1) = λ_{1} (7; 5; 0) + λ_{2} (5; 7; 0) + λ_{3} (0; 7; 5) + λ_{4} (0; 5; 7) + λ_{5} (5; 0; 7) + λ_{6} (7; 0; 5) & (E_{ι}) \end{matrix}

egyenletnek létezik nemnegatív számokból álló megoldása, mégpedig olyan, ahol a

λ

számok összege 1! Ez a megoldás most is valamiféle ,,katalizátor'' szerepét játssza majd, magukra a

λ

értékekre nem lesz szükség! Ekkor ugyanis ‐ ahogyan ez

({SAG}_{12})

esetében történt ‐ az

(E_{ι})

egyenlet azt mondja el, hogy

S (7; 5; 0)

hat tagjának a

λ_{i}

súlyokkal vett mértani közepében az

x

kitevője 6, az

y

-é 5, a

z

kitevője pedig 1; (SAG) szerint tehát

\begin{matrix} λ_{1} x^{7} y^{5} + λ_{2} x^{5} y^{7} + λ_{3} y^{7} z^{5} + λ_{4} y^{5} z^{7} + λ_{5} x^{5} z^{7} + λ_{6} x^{7} z^{5} \geq x^{6} y^{5} z . \end{matrix}

(

{SAG}_{ι}

)

A három változót

({SAG}_{ι})

-ban minden lehetséges módon permutálva összesen hat hasonló egyenlőtlenséget kapunk. Ezeket összeadva a jobb oldalon éppen

S (6; 5; 1)

adódik. Geometriailag ennek az felel meg, hogy az

\bar{A}

halmaz mind a hat

B

pontot tartalmazza, de ennél többről van szó: a

\bar{B}

és az

\bar{A}

halmazoknak ugyanazok a szimmetriái: a hat permutáció! Emiatt az egyes

B

pontok ugyanezen szimmetriák szerint függenek algebrailag az

A

pontoktól. Ha a bal oldalakon a

λ

számok sorrendjét rögzítjük, akkor a változók permutációi során az

x^{7} y^{5}

tag ‐ de a többi is ‐ különböző együtthatók mellett bukkan fel: végül begyűjti mind a hatot. Így pedig a hat súlyozott számtani közép összegében minden egyes tag együtthatója

λ_{π_{1}} + ... + λ_{π_{6}} = 1

. A hat egyenlőtlenség összegének bal oldalán tehát éppen

S (7; 5; 0)

áll. Így működik a Muirhead-egyenlőtlenség!

4. feladat. Bizonyítsuk be a cikkben igazolt

S (7; 5; 0) \geq S (6; 5; 1)

állítás ,,felét'', tehát hogy

x^{7} y^{5} + y^{7} z^{5} + z^{7} x^{5} \geq x^{6} y^{5} z + y^{6} z^{5} x + z^{6} x^{5} y

.
5. feladat. Legyenek

a

b

c

olyan pozitív valós számok, amelyekre

a b c = 1

teljesül. Bizonyítsuk be, hogy

\frac{1}{a^{3} (b + c)} + \frac{1}{b^{3} (c + a)} + \frac{1}{c^{3} (a + b)} \geq \frac{3}{2}

.
6. feladat. Igazoljuk, hogy ha

a

b

c

pozitív számok, akkor

\begin{matrix} \frac{1}{a^{3} + b^{3} + a b c} + \frac{1}{b^{3} + c^{3} + a b c} + \frac{1}{c^{3} + a^{3} + a b c} \leq \frac{1}{a b c} . \end{matrix}

Felhasznált irodalom

[1]	J. Michael Steele, The Cauchy‐Schwarz Master Class, Cambridge University Press (2004).

¹Muirhead-egyenlőtlenség: Adott

x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}

pozitív valós számokra és

α_{1} \geq α_{2} \geq ... \geq α_{n}

valós számokra legyen

S (α_{1}, α_{2}, ..., α_{n}) = \sum_{π \in S_{n}} x_{π (1)}^{α_{1}} ... x_{π (n)}^{α_{n}}

, ahol

S_{n}

{1,2, ..., n}

permutációinak a halmaza.
Ha

β_{1} \geq β_{2} \geq ... \geq β_{n}

olyan valós számok, amelyekre

\sum_{i = 1}^{n} α_{i} = \sum_{i = 1}^{n} β_{i}

, továbbá minden

0 < k < n

esetén

\sum_{i = 1}^{k} α_{i} \geq \sum_{i = 1}^{k} β_{i}

, akkor

S (α_{1}, α_{2}, ..., α_{n}) \geq S (β_{1}, β_{2}, ..., β_{n})