Théorie > Inégalités > Inégalités de Muirhead et de Schur


Général

Introduction Chapitre entier

Points théoriques

Inégalité de Muirhead Astuces pratiques Inégalité de Schur

Exercices

Exercice 1 Exercice 2 Exercice 3 Exercice 4

Astuces pratiques

Reconnaître une $p$-moyenne

La définition des $p$-moyennes peut ne pas paraître évidente, mais il est en fait très facile avec un peu de pratique de reconnaître une $p$-moyenne. En effet, lorsque l'on est en présence d'une expression symétrique telle que
$$a^2b^2cd + a^2bc^2d + a^2bcd^2 + ab^2c^2d + ab^2cd^2 + abc^2d^2,$$ alors il est très facile de l'écrire sous-forme d'une $p$-moyenne. Il suffit en effet de prendre les exposants d'un des termes, dans l'ordre décroissant, pour les $p_i$. L'expression est alors égale à $k[(p_1, \ldots, p_n)]$ où $k$ est le nombre de termes de l'expression. Pour notre exemple, on a donc simplement $6[(2,2,1,1)]$. De la même façon, on a par exemple $a+b+c = 3[(1,0,0)]$ puisque $a = a^1b^0c^0$.

En effet, lorsque l'on développe l'expression $\displaystyle\frac{1}{n!}\sum_{\sigma \in \mathrm{Sym(n)}}x_{\sigma(1)}^{p_1} \cdot \ldots \cdot x_{\sigma(n)}^{p_n}$, certains termes sont éventuellement égaux et se regroupent mais le dénominateur restera toujours égal au nombre de termes présents au numérateur. Par exemple, on a
$$[(1,0,0)] = \frac{x + x + y + y + z + z}{3!} = \frac{2x + 2y + 2z}{6} = \frac{x + y + z}{3}.$$

Symétrie et homogénéité

Pour que Muirhead ait une chance de permettre la résolution d'une inégalité, il faut que celle-ci soit symétrique et homogène (ou une somme d'inégalités symétriques et homogènes, auquel cas on peut éventuellement appliquer plusieurs fois Muirhead).
Par exemple, si on est en présence de l'inégalité non-homogène
$$a^2 + b^2 + c^2 \geq a + b + c,$$ on sait que Muirhead ne pourra pas directement s'appliquer. En effet, les $p$-moyennes ne seront pas comparables puisque la somme des $p_i$ pour le membre de gauche sera $2$ alors que cette somme vaudra $1$ pour celui de droite. L'inégalité se réécrit en fait comme suit:
$$3[(2,0,0)] \geq 3[(1,0,0)].$$
Il est cependant parfois possible de s'en sortir si l'on est en présence d'une condition sur les variables. Par exemple, si on a la contrainte $abc = 1$, alors on peut multiplier le deuxième membre de l'inégalité par $\sqrt[3]{abc}$ de sorte qu'elle devienne homogène :
$$a^2+b^2+c^2 \geq a\sqrt[3]{abc} + b\sqrt[3]{abc} + c\sqrt[3]{abc}.$$ Celle-ci se réécrit
$$3[(2,0,0)] \geq 3\left[\left(\frac{4}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)\right]$$ et Muirhead permet de conclure dans ce cas puisque $\displaystyle(2,0,0) \succ \left(\frac{4}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$.

Nombre de termes

Une autre condition sans laquelle il ne sera pas possible d'appliquer Muirhead est qu'il y ait le même nombre de termes dans chaque membre de l'inégalité que l'on désire prouver.
Par exemple, si on est en présence de l'inégalité
$$9abc \leq a^2+b^2+c^2,$$ l'inégalité de Muirhead ne pourra pas directement fonctionner puisqu'il y a $9$ termes à gauche et seulement $3$ à droite. Notons qu'elle n'est en plus pas homogène.

Mais si cette fois, on est sous la contrainte $a+b+c=1$, alors il est possible de régler ce problème en multipliant le membre de droite par $a+b+c$. On obtient alors
$$9abc \leq a^3 + b^3 + c^3 + a^2b + a^2 c + b^2 a + b^2 c + c^2 a + c^2 b,$$ ce qui peut se réécrire
$$9[(1,1,1)] \leq 3[(3,0,0)] + 6[(2,1,0)].$$ Cette dernière inégalité est vraie, en appliquant deux fois Muirhead, puisque $(1,1,1) \prec (3,0,0)$ et $(1,1,1) \prec (2,1,0)$.