Inégalité de Muirhead

Soit a = (a₁, ..., a_n) une suite de nombres réels.

Pour toute suite x₁,...,x_n de nombres réels positifs, on définit la a-moyenne, notée [a], de x₁,...,x_n par :

${\displaystyle [a]={1 \over n!}\sum _{\sigma }x_{\sigma _{1}}^{a_{1}}\cdots x_{\sigma _{n}}^{a_{n}},}$

où la somme est étendue à toutes les permutations σ de {1, ..., n}.

Pour a = (1, 0, ..., 0), on obtient la moyenne arithmétique de x₁,...,x_n. Pour a = (1/n, 1/n, ..., 1/n), c'est la moyenne géométrique de x₁,...,x_n. Quand n = 2, il s'agit de la moyenne de Heinz (en).

Une matrice carrée P est bistochastique ou doublement stochastique si à la fois P et sa transposée sont des matrices stochastiques. Ainsi, une matrice est bistochastique si ses éléments sont non négatifs, et si la somme des éléments sur chaque ligne et sur chaque colonne est égale à 1.

À cause de la symétrie dans la somme, on peut supposer que les suites a et b sont décroissantes :

${\displaystyle a_{1}\geq a_{2}\geq \cdots \geq a_{n}\quad {\text{ et }}\quad b_{1}\geq b_{2}\geq \cdots \geq b_{n}.}$

On peut montrer que l'existence d'un matrice bistochastique P telle que a = Pb est alors équivalente au système d'inégalités : ${\displaystyle a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}\leq b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{k}}$ pour k = 1,...,n, avec égalité pour k = n, en d'autres termes, au fait que la suite b majorise a. On peut donc énoncer :

On se sert de la deuxième formulation de l'inégalité. Posons ${\displaystyle g=\left({\frac {1}{n}},\ldots ,{\frac {1}{n}}\right),\quad a=(1,0,0,\ldots ,0)\,.}$

Alors ${\displaystyle \forall k\in \{1,n-1\},a_{1}+\cdots +a_{k}=1>g_{1}+\cdots g_{k}=k/n\quad {\text{ et }}\quad a_{1}+\cdots +a_{n}=g_{1}+\cdots g_{n}}$ Donc a majorise g. Il en résulte que ${\displaystyle [a]\geq [g]}$, ce qui s'écrit :

${\displaystyle {\frac {1}{n!}}(x_{1}^{1}\cdot x_{2}^{0}\cdots x_{n}^{0}+\cdots +x_{1}^{0}\cdots x_{n}^{1})(n-1)!\geq {\frac {1}{n!}}(x_{1}\cdot \cdots \cdot x_{n})^{\frac {1}{n}}n!\ \Longleftrightarrow {\frac {1}{n}}(x_{1}+\cdots +x_{n}^{1})\geq (x_{1}\cdot \cdots \cdot x_{n})^{\frac {1}{n}}}$.

On retrouve ainsi précisément l'inégalité arithmético-géométrique.

Dans les calculs, une notation spéciale pour la sommation peut s'avérer utile. On écrit

${\displaystyle \sum _{\text{sym}}x_{1}^{\alpha _{1}}\cdots x_{n}^{\alpha _{n}}}$

à la place de la notation

${\displaystyle \sum _{\sigma }x_{\sigma _{1}}^{\alpha _{1}}\cdots x_{\sigma _{n}}^{\alpha _{n}}}$

où la sommation est sur toutes les permutations. Ainsi

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{\text{sym}}x^{3}y^{2}z^{0}&{}=x^{3}y^{2}z^{0}+x^{3}z^{2}y^{0}+y^{3}x^{2}z^{0}+y^{3}z^{2}x^{0}+z^{3}x^{2}y^{0}+z^{3}y^{2}x^{0}\\&({}=x^{3}y^{2}+x^{3}z^{2}+y^{3}x^{2}+y^{3}z^{2}+z^{3}x^{2}+z^{3}y^{2}).\end{aligned}}}$

Pour prouver que

${\displaystyle x^{2}+y^{2}\geq 2xy,}$

on transforme l'inégalité en une somme symétrique :

${\displaystyle \sum _{\mathrm {sym} }x^{2}y^{0}\geq \sum _{\mathrm {sym} }x^{1}y^{1}.\ }$

Comme la suite (2, 0) majorise (1, 1), on obtient l'inégalité par Muirhead.

Un deuxième exemple est :

${\displaystyle x^{3}+y^{3}+z^{3}\geq 3xyz}$.

On part de :

${\displaystyle \sum _{\mathrm {sym} }x^{3}y^{0}z^{0}\geq \sum _{\mathrm {sym} }x^{1}y^{1}z^{1}}$

qui est vrai parce que (3, 0, 0) majorise la suite (1, 1, 1). La sommation sur les six permutations réduit l'inégalité à :

${\displaystyle 2x^{3}+2y^{3}+2z^{3}\geq 6xyz}$

d'où le résultat recherché.