Muirhead 不等式 (HTML | PDF)
導言
不等式的理論很早就被大數學家 Gauss, Cauchy 等人所著重研究。較近的有 Hardy, Littlewood 及 Polya 等名數學家。我們可以說數學分析，不論是純理論或應用方面，都需要不等式的運算。 如一般條件不等式、絕對不等式、三角不等式、幾何不等式、積分或微分不等式，等等種類五花八門。 因而解決它們的技巧也就多彩多姿，不勝枚舉了。同時也就沒有一些什麼萬靈的理論來對付不等式。 但在1923年蕭爾 (Schur) 把某類常見及有用的初等或高深的不等式歸類起來， 演繹出一套較完備的理論來處理具某些特性的不等式。這也就是我們在此要介紹的「蓋理論」(Majorization Theory)， 到目前為止有關此方面最佳的研究著作為 Hardy, Littlewood 及 Polya 合著的書 1 及最近 Marshall 及 Olkin 合著的書 2。 這個理論涉及到凸函數 (convex function) 的性質，所以我們將先介紹一下什麼樣的函數稱為凸函數（或上凹函數），與此相對的是凹函數 (concave function) 或下凹函數。凸函數的定義及其性質
為方便計我們以 $R$ 代表所有實數的集合，$R^+$ 表所有正實數及 0 的集合。以下所討論的函數，都是實函數，若不特別聲明其定義域 (domain of definition) 則自然指 $R$。
- 定義:
- 設 $g(x)$ 為一定義在區間 $(a,b)$ 上的函數， 若對於任何在 $(a,b)$ 中的兩點 $x,y$， 下面不等式： \[g(\lambda x+\mu y)\leq \lambda g(x)+\mu g(y)\quad \mu \geq 0,\quad \lambda \geq 0,\quad \mu +\lambda=1\tag{1}\] 恆成立。如此的 $g$ 稱為在 $(a,b)$ 上的一凸函數。
我們要特別對此種函數的圖形作一觀察，也好使讀者明瞭為何稱滿足不等式(1)式者的函數為凸函數或上凹函數。如圖(1)，我們將證明任何在
圖1
$(a,b)$ 區間之三點 $A(x),B(y)$ 及 $C(z)$，設 $x<z<y$， 則 $g(z)$ 之值必位於連結 $D(x,g(x)),F(y,g(y))$ 兩點之直線下方。 這個證明很簡單。由 $A,B,C$ 作垂線分別交 $\overline{DF}$ 於 $D,F,E$，又由 $D$ 作平行於 $x$ 軸之直線交 $\overline{EC},\overline{FB}$ 於 $G$ 及 $H$。若令 \[\mu =\frac{z-x}{y-x},\quad \lambda=\frac{y-z}{y-x}\] 則 $\mu \geq 0$， $\lambda \geq 0$ 且 $\mu +\lambda =1$。又由此例知 \[\frac{\overline{EG}}{\overline{FH}}=\mu\] 故 \[\begin{array}{rcl} EC&=&EG+GC=\mu FH+GC\\ &=&\mu (FH+HB)+(1-\mu)DA\\ &=&\mu g(y)+\lambda g(x)\\ \end{array}\] 由(1)及 $z=\mu y+\lambda x$ 知 \[g(z)=g(\mu y+\lambda x)\leq\mu g(y)+\lambda g(x)=EC\] 故直線 $\overline{DF}$ 上的點高於點 $(z,g(z));x<z<y$。這個限制，使得 $g$ 的圖形，自然非得向內凹陷，也就是所謂的凸（或上凹）函數名稱的由來。
知道滿足條件(1)的函數為凸函數。但問題是有時我們無法利用它來判定某些函數是否為凸函數。 因(1)本身涉及的是任何兩個介於 $(a,b)$ 中的點，我們也不可能逐一地檢驗。好在由於上面凸函數的幾何性質， 我們有時可以利用求一個函數的第二階導函數，來判定一個函數是否為凸函數。 假定 $g(x)$ 在 $(a,b)$ 上有定義且其第二階導函數 $g''(x)$ 在 $(a,b)$ 上到處存在 （注意：不見得每個函數的第二階導函數存在，但在一般所見到的函數，只要不是精工巧構的，總有第二階或更高階的導函數）， 若 $g''(x)\geq 0,\forall x\in (a,b)$，則 $g(x)$ 為 $(a,b)$ 上的一凸函數，例如 $g(x)=-\log x(0< x<\infty)$ 則 \[g'(x)=-\frac{1}{x},\quad g''(x)=\frac{1}{x^2}>0,\quad\forall x\in(0,\infty).\] 讀者不妨試描繪 $g(x)$ 的圖形大要。
對於無微分觀念的讀者，我們提供下面一個凸函數的試驗法：設 $g(x)$ 為定義在區間 $(a,b)$ 上的一函數，且滿足 $\vert g(x)\vert\leq M<\infty,\forall x\in (a,b)$，（即 $g$ 為有界的）若 $g$ 在 $(a,b)$ 上滿足： $\forall x,y\in(a,b)$， \[g(\frac{x+y}{2})\leq \frac{1}{2}g(x)+\frac{1}{2}g(y)\] 則 $g$ 為 $(a,b)$ 上的一凸函數。
這個證明涉及極限，連續等概念，讀者姑且信之，以後我們會用此條件，來檢驗某些函數是否為凸函數。
由於我們以後的討論，不僅限於一個變數，一般會在 $n(n\geq 2)$ 度的實向量空間 $R^n$ 或 $R^{n+}$ 中。下面首先證明(1)式可以推廣到 $n>2$ 的一般情形。
- 定理1:
- 設 $g$ 為 $(a,b)$ 上的一凸函數， 則 $\forall x_i \in(a,b),(i=1,2,…,n)$; $\lambda_i\geq 0,(i=1,2,…,n),\sum^n_{i=1}\lambda_i = 1$, \[\begin{array}{rcl} &&g(\lambda_1 x_1+\lambda_2 x_2+⋯+\lambda_n x_n) \\ &\leq&\lambda_1 g(x_1)+\lambda_2 g(x_2)+⋯+\lambda_n g(x_n) \\ &=&\sum_{i=1}^n \lambda_i g(x_i) \end{array} \tag{2}\]
- 證:
- 用數學歸納法。很顯然(2)式對 $n=1,2$ 時皆成立。 假設(2)式對 $n=k-1$ 時成立，我們將證對 $n=k$ 時(2)式亦成立。 令 $\lambda_1x_1+\lambda_2x_2=\lambda y,\lambda=\lambda_1+\lambda_2$ 則由歸納假設得知 \begin{eqnarray*} &&g(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\dots+λ_kx_k)\\ &=&g(\lambda y+\lambda_3 x_3+\dots+\lambda_k x_k) &\leq&\lambda g(y)+\sum^n_{i=3}\lambda_ig(x_i) \end{eqnarray*} 因為 $\lambda +\lambda_3 +\lambda_4+\dots +\lambda_k=1$ 共 $k-1$ 項，又 \begin{eqnarray*} \lambda g(y)&=&\lambda g(\frac{\lambda_1}{λ}x_1+\frac{\lambda_2}{λ}x_2)\\ &\leq&\lambda\{\frac{\lambda_1}{\lambda} g(x_1)+\frac{\lambda_2}{\lambda} g(x_2)\} &=&\lambda_1g(x_1)+\lambda_2g(x_2) \end{eqnarray*} 此式及上式得知(2)式對 $n=k$ 亦成立。故由歸納法原理知(2)式恆成立。
我們現在舉些有關凸函數的應用。
- 定理2：(Arithmetic-Geometric Mean Inequality)
- 設 $a_i\in R^+,i=1,2,…,n$，則 \[\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}\]
- 註：
- 這就是所謂的算術平均大於幾何平均。
- 證：
- 很明顯若 $a_i$ 中有一為 0 則不等式自然成立，故可設 $a_i>0$ 令 $g(x)=-\log x,x>0$ 則依據圖形或考慮 $g''(x)=\frac{1}{x^2}$ 得知 $g$ 在 $(0,\infty)$ 上為一凸函數。於是 \[g(\frac{a_1}{n}+\frac{a_2}{n}+\dots +\frac{a_n}{n})<\sum\frac{1}{n}g(a_i)\tag{3}\] 而 \[g(\frac{a_1}{n}+\frac{a_2}{n}+\dots +\frac{a_n}{n})=-\log(\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n})\] \[\sum_{i=1}^n\frac{g(a_i)}{n}=\frac{-1}{n}\sum_{i=1}^n\log a_1\] 於是 \[ \log (\frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}) > \log \sqrt[n]{a_1a_2 \dots a_n} \] 現 $\log$ 為正實數的遞增函數，所以由上式得 \[ \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2 \dots a_n} \]
- 定理3 (Cauchy 不等式)
- 設 $a_i$ $(i=1,2,…,n)$ 及 $b_i$ $(i=1,2,…,n)$ 為兩組正實數， 則 \[(\sum_{i=1}^n a_ib_i)^2\leq (\sum_{i=1}^n a_i^2)(\sum_{i=1}^n b_i^2)\]
- 證:
- 設 $g(x)=x^2$，則易知 $g$ 為一凸函數。令 $x_i=\frac{a_i}{b_i}$ 及 $t_i=b_i^2$， $t=\sum_{i=1}^nt_i$， $\lambda_i=\frac{t_i}{t},i=1,2,…,n$ 則由定理1可得 \[(\sum_{i=1}^n\lambda_ix_i)^2\leq\sum_{i=1}^n\lambda_ix_i^2\] 即 \begin{eqnarray*} (\sum_{i=1}^nt_ix_i)^2&\leq&t^2 \sum_{i=1}^n \frac{t_i}{t} x_i^2\\ &=&t \sum_{i=1}^n t_i x_i^2\\ &=&(\sum_{i=1}^n t_i)(\sum_{i=1}^n a_i^2)\\ &=&(\sum_{i=1}^n b_i^2)(\sum_{i=1}^n a_i^2) \end{eqnarray*} 原式得證。
現在我們討論具有下列形式的不等式: \[\phi (\overbrace{\overline{x},\overline{x},\dots,\overline{x}}^\text{$n$個})\leq\phi(x_1,x_2,\dots,x_n)\tag{4}\] 其中 $\overline{x}=\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n},x_1,x_2,…,x_n$ 為實數。如果我們令 \[\phi(y_1,y_2,\dots,y_n)=\sum_{i=1}^n g(y_i)\] 則前面的(3)式就可表成(4)的形式。由於(4)的特殊形式， 使得我們不妨考慮下面更廣泛的形式： \[\phi(y_1,y_2,\dots,y_n)\leq\phi(x_1,x_2,\dots,x_n)\tag{5}\] 此時 $y_1,y_2,…,y_n$ 不一定要相等，但它們在某些意義上 （這是我們將要進一步討論的地方）比 $x_1,x_2,…,x_n$ 要來得緊湊些， 即沒有 $x_1,x_2,…,x_n$ 來得分散。我們主要問的就是 $\{x_i\}_{i=1}^n$ 及 $\{y_i\}_{i=1}^n$ 在何種條件下，對何種函數 $\phi$，(5)式總成立？
蓋理論及其應用
我們首先討論在什麼情形下 \[g(y_1)+g(y_2)\leq g(x_1)+g(x_2)\tag{6}\] 為了使不等式「公平」起見，我們希望 \[x_1+x_2=y_1+y_2\tag{7}\] 否則 $g(1)+g(2)\leq g(100)+g(200)$ 就沒有太多的價值了。從凸函數的性質，若我們可以找到一個 $0<\lambda< 1$，且 \[y_1=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2\quad,\quad y_2=(1-\lambda)x_1+\lambda x_2 \tag{8}\] 則(6)與(7)都顯然成立，從圖2知，(8)式表示 $y_1,y_2$ 比 $x_1$ 與 $x_2$ 要緊湊些。
圖2
但要把圖形2的「緊湊」觀念推到 $n$ 度空間，即具 $n$ 個分量的向量$(x_1,x_2,…,x_n)$ 及 $(y_1,y_2,…,y_n)$ 就不太容易了。但有的情形很顯然，譬如說 \[ y_i=\overline{x}=\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n} \; , \quad i=1,2,\dots,n \]則 $(\overline{x},\overline{x},…,\overline{x})$ 顯然比 $(y_1,y_2,…,y_n)$ 要緊湊。 因而我們有第(4)式，即 \[n\phi(\overline{x})\leq\sum_{i=1}^n\phi(x_i)\] 蕭爾想到了這樣一個比較兩向量 $X=(x_1,x_2,…,x_n),Y=(y_1,y_2,…,y_n)$ 緊湊性的方法。
- 定義:
- 令 $X = (x_1,x_2,…,x_n),Y = (y_1,y_2,…,y_n)$ 為兩漸減序列，即 \begin{array}{l} x_1\geq x_2\geq x_3\geq \dots\geq x_n\\ y_1\geq y_2\geq y_3\geq \dots\geq y_n \end{array} 且 \[x_1+x_2+\dots+x_n=y_1+y_2+\dots+y_n\] 我們說$X$可以「蓋得住」$Y$，或$Y$比$X$更緊湊，如果 \begin{eqnarray*} y_1&\leq&x_1\\ y_1+y_2&\leq&x_1+x_2\\ y_1+y_2+y_3&\leq&x_1+x_2+x_3\\ &⋯\\ y_1+y_2+\dots+y_{n-1}&\leq&x_1+x_2+\dots+x_{n-1}\\ \end{eqnarray*} 一般我們用 $Y<X$ 表示之。
我們所採的定義雖只適用於兩個漸減的序列，但在一般情形下的不等式，幾乎都與序列 $x_1,x_2,…,x_n,y_1,y_2,…,y_n$ 的排列無關；所以我們所採的定義並不失其一般性。舉個例子，$X=(3,2,1),Y=(2.5,2.3,1.2)$，則 \[3+2+1=2.5+2.3+1.2\] 且 \[\begin{array}{rcl} 3&\geq&2.5\\ 3+2&\geq&2.5+2.3\\ \end{array}\] 故 $Y<X$。 又很顯然的 \[Y=(\overline{x},\overline{x},\dots,\overline{x})< X = (x_1, x_2, \dots, x_n)\] 讀者不妨試試證明此一事實。（以後許多地方要用到此一事實）
- 註:
- 我們在文中有時把 $(x_1,x_2,…,x_n)$ 以序列看之。 有時也視 $(x_1,x_2,\dots,x_n) \in R^n$，當向量看之。在當序列看時， $x_1,x_2,…$ 等可稱為元素，在當向量看時，$x_1,x_2,…$ 等以分量稱之。 我們稱 $X$ 及 $Y$ 的兩個元素或分量相同時，是除了數值本身外，且具有相同的秩序或位置。例如 (3,2,1,5,3) 及 (3,1,2,5,3) 兩向量有 3 對元素相同。
下面的定理把蓋的觀念與凸函數的關係做了一個引線。
- 定理4
- 令$X=(x_1,x_2,…,x_n),Y=(y_1,y_2,…,y_n)$為兩實數列，且$X$與$Y$只有兩個元素不相同，設其位置在$i$及$j$上(即$x_k=y_k$除非$k=i$及$k=j)$，則下列條件(i)與(ii)互為充要條件。
- $Y<X$
- 有一個實數$α;0<\alpha< 1$ 且 $y_i=\alpha x_i+(1-\alpha)x_j,y_j=(1-\alpha )x_i+\alpha x_j$
- 證:
- 因$i$與$j$可為任何位置。因此我們不妨假設
\[
x_1\geq x_2\geq\dots\geq x_i\geq\dots\geq x_j\geq\dots\geq x_n
\]
我們先由(i)推導出(ii)。因除了在 $i,j$ 位置上的元素皆相同，又 $Y<X$，
則必須有
\begin{eqnarray*}
x_i&>&y_i\\
x_i+x_j&=&y_i+y_j\\
\end{eqnarray*}
亦即
$x_i>y_i\geq y_j>x_j$。若令
\[\alpha=\frac{y_i-x_j}{x_i-x_j}\]
則 $0<\alpha< 1$ 並很容易由代入 $α$ 之值而證得(ii)。
現若(ii)成立。則由於在$i$之前的$x,y$皆相等，故對$k<i$而言 \[x_1+x_2+\dots +x_k=y_1+y_2+\dots +y_k\] 又在 $k=i$ 時 \begin{eqnarray*} &&y_1+y_2+\dots+y_i\\ &=&x_1+x_2+\dots+x_{i-1}+\alpha x_i+(1-\alpha) x_j \\ &\leq&x_1+x_2+\dots+x_{i-1}+\alpha x_i+(1-\alpha) x_i\\ &=&x_1+x_2+\dots +x_i \end{eqnarray*} 這種不等的情形一直到 $k\geq j$ 時又恢復了等式（因為 $y_i+y_j=x_i+x_j$），故本定理得證。
- 定理5
- 設實數列
$X=(x_1,x_2,\dots ,x_n)$，
$Y=(y_1,y_2,\dots ,y_n)$中，$X$ 與 $Y$ 不全相同並且 $Y<X$，
則我們可找到一個數列 $Z=(z_1,z_2,…,z_n)$ 具備下列三個性質:
- $Y<Z<X$(即$Y<Z,Z<X$)
- $Z$與$Y$比$X$與$Y$至少多一個相同的元素
- $Z$與$X$至多只有兩個元素不同。
- 證:
- 因本定理的證明與 $X,Y$ 之元素的排列無關，不妨假定 $X,Y$ 已成漸減排列， 即 \begin{eqnarray*} &X:&x_1\geq x_2\geq x_3\geq\dots\geq x_n\\ &Y:&y_1\geq y_2\geq y_3\geq\dots\geq y_n \end{eqnarray*} 因 $Y<X$，故 $\sum_{i=1}^n x_i=\sum_{i=1}^n y_i$，又因 $x_i$ 與 $y_i$ 不全相同， 必有一個 $k$ 使得 $x_k>y_k$ 及一個 $l$ 使得 $x_l<y_l$，取 $i$ 為最大的 $k$ 有 $x_k>y_k$ 的性質者， $j$ 為最小的 $l>i$ 並滿足 $x_l<y_l$ 者，則 $X,Y$，與 $i,j$ 的關係如下： \begin{aligned} X: x_1 &\geq x_2 \geq x_3 \geq \dots \geq x_{i-1} \geq x_i \\ & \geq \underbrace{x_{i+1} \geq \dots x_{j-1}}_\text{各個相等} \geq x_j \geq x_{j+1} \geq \dots x_n \\ Y: y_1 &\geq y_2 \geq y_3 \geq \dots \geq y_{i-1} \geq y_i \\ & \geq \underbrace{y_{i+1} \geq \dots y_{j-1}}_\text{各個相等} \geq y_j \geq y_{j+1} \geq \dots y_n \end{aligned} 即當 $k=i+1,i+2,…,j-1$ 時 $y_k=x_k$(否則 $i$ 可向右移或 $j$ 向左移與所取的 $i$ 及 $j$ 性質不符)， 又 $x_t≥y_t,\forall t\leq i$及$y_s≥x_s,\forall s\geq j$。令 \[\delta=\min(x_i-y_i,y_j-x_j)\] \[\alpha=\frac{\delta}{x_i-x_j}\] 由於 $x_i>y_i\geq y_j>x_j$，可知 $\alpha >0$，但 $\alpha< 1$。 令 $z_k$ 與 $x_k$ 除 $k=i,j$ 時皆相同，又 $z_i=x_i-\delta,z_j=x_j+\delta$。由 $\alpha$ 之定義，可得 \begin{eqnarray*} z_i&=&x_i-\delta =x_i-\alpha (x_i-x_j)\\ &=&(1-\alpha) x_i+\alpha x_j\\ z_j&=&x_j+\delta=\alpha x_i+(1-\alpha)x_j\\ \end{eqnarray*} 由定理3得知 $Z<X$，因 $Z$ 與 $X$ 除了 $i,j$ 位置上的元素外，皆相同，故很容易求出 \[ \sum_{t=1}^kz_t\geq \sum_{t=1}^ky_t \qquad t=1,2,\dots,n-1 \] 及 \[\sum_{t=1}^nz_t= \sum_{t=1}^ny_t\] 故 $Y<Z$，即(1)得證。根據 $δ$ 之定義，若 $\delta =x_i-y_i$則$z_i=y_i$，若 $\delta =y_j-x_j$ 則$z_j=y_j$，故(2)成立。因$X$與$Z$除$i,j$ 位置外均相同，(3)亦因此證得。
- 系理:
- 依上面定理，我們可以找到 $s\leq n$ 個數列 $Z_1, Z_2, \cdots,Z_s$，使得
- $Y=Z_0< Z_1< Z_2<\dots< Z_s< Z_{s+1}=X$
- 所有$Z_i$與$Z_{i+1}$之間($i=0,1,2,\dots,s$)至多有兩個不同的元素。
- 證:
- 因 $X$ 與 $Y$ 至多有 $n$ 個不同的元素, 由上定理 (2) 知 $s\leq n$。
現在我們可以敘述及證明本篇最主要的結果了。
- 定理6(蕭爾定理Schur's Theorem)
- 設 $f(x)$ 為區間 [$a,b$] 上的一凸函數，又 $X=(x_1,x_2,…,x_n),Y=(y_1,y_2,…,y_n)$ 為兩數列， 其元素皆在 [$a,b$] 中，若 $Y<X$ 則 \[\sum_{k=1}^n f(y_n)\leq \sum_{k=1}^n f(x_n)\tag{9}\]
- 證:
- 由定理5的系理，我們只需證明 $Y$ 與 $X$ 只有兩個元素不相同的情形就行了。（否則我們可由 $Z_1,Z_2,…,Z_s$ 一直推下去） 令 $x_i,x_j$ 與 $y_i,y_j$ 各不相同而其餘的 $x,y$ 皆相同，則(9)變成了 \[f(y_i)+f(y_j)\leq f(x_i)+f(x_j)\tag{10}\] 因 $0<\alpha< 1$且 \[y_i=\alpha x_i+(1-\alpha)x_j\] \[y_j=(1-\alpha)x_i+\alpha x_j\] 由 $f$ 的凸性質，我們有 \begin{eqnarray*} f(y_i)+f(y_j)&=&f(\alpha x_i+(1-\alpha)x_j)+f((1-\alpha)x_i+\alpha x_j)\\ &\leq&\alpha f(x_i)+(1-\alpha) f(x_j)+(1-\alpha) f(x_i)+\alpha f(x_j)\\ &=&f(x_i)+f(x_j)\\ \end{eqnarray*} 故(10)式成立。定理6因此得證。
現在我們看看定理6的一些用途。
- 例1：
- 令 $g(x)=-\log x,0< x< \infty$ 為一凸函數，又由事實
\[(\bar{x}, \bar{x}, \dots, \bar{x})<(x_1, x_2, \dots, x_n)\]
(其中 $\bar{x}=\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}, x_i>0$)
故由定理6可得 \[ \sum_{i=1}^n(-\log\overline{x})\leq\sum_{i=1}^n(-\log x_i) \] 即 \[\overline{x}\geq (x_1x_2\dots x_n)^{\frac{1}{n}}\] 這就是算術平均大於幾何平均的證明。 - 例2：
- $x_1,x_2,…,x_n$ 為 $n$ 個正數， $\overline{x}=\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}$，則因 $f(x)=\frac{1}{x}$為$(0,\infty)$上的一凸函數，故由 $(\overline{x},\overline{x},\dots,\overline{x})< (x_1,x_2,\dots,x_n)$及定理6可得 \[\sum_{i=1}^n\frac{1}{\overline{x}}\leq \sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i}\] 即 \[\sum \frac{1}{x_i}\geq\frac{n}{\overline{x}}=\frac{n^2}{x_1+x_2+\dots+x_n}\]
- 例3：
- 設 $x_1,x_2,…,x_n$ 為滿足 $0<x_i<1$; $i=1,2,\dots,n$ 之 $n$ 個數，且 $\sum_{i=1}^nx_i=1$，則 $\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1-x_i}\geq\frac{n}{n-1}$
- 證:
- 我們先證
$f(x)=\frac{x}{1-x}$ 在 (0,1) 間為凸函數，我們只需驗證
$\forall x_1,x_2 \in (0,1)$
\[f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq \frac{1}{2}f(x_1)+\frac{1}{2}f(x_2)\]
此相等於
\[\frac{\frac{x_1+x_2}{2}}{1-\frac{x_1+x_2}{2}}\leq\frac{1}{2}(\frac{x_1}{1-x_1}+\frac{x_2}{1-x_2})\]
化簡得
\[(x_1+x_2)^2-4x_1x_2\geq 0\]
此式恒成立，故 $f$ 為一凸函數。
又因 $\frac{1}{n}=\overline{x}$ 及 $(\frac{1}{n},\frac{1}{n},\dots,\frac{1}{n}) < (x_1,x_2,\dots,x_n)$ 由定理6可得 \[n\frac{\frac{1}{n}}{1-\frac{1}{n}}\leq\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1-x_i}\] 即 \[ \sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1-x_i}\geq\frac{n}{n-1} \]
- 例4：
- 設 $x_i$, $i=1,2,\dots,n$ 為 $n$ 個實數，$a$ 為一定數。令 $\overline{x}=\frac{\sum_{i=1}^nx_i}{n}$ 試證 \[\sum_{i=1}^n|x_i-a|\geq n|\overline{x}-a|\]
- 證:
- 顯然由圖形可知$f(x)=|x-a|$為一凸函數及 $(\overline{x},\overline{x},\dots,\overline{x})< (x_1,x_2,\dots,x_n)$ ，依據定理6原式立即得證。
- 例5：
- 因 $-\sin x$ 在區間 $(0,π)$ 之間為凸函數，又在一三角形中，若以 $A,B,C$ 表三頂角，則很容易得知 \[(\fracπ3,\fracπ3,\fracπ3)<(A,B,C)<(π,0,0)\] 故由定理6可得 \[-3\sin \frac{\pi}{3}\leq -(\sin A+\sin B+\sin C)\leq 0\] 即 \[0\leq \sin A+\sin B+\sin C \leq 3\frac{\sqrt{3}}{2} \] 同理可證得 \[1\leq \sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2} \leq 3\sin\frac{\pi}{6}=\frac{3}{2}\]
- 例6：
- 令 $f(x)=-\log \sin x,0< x< \pi$ 則 $f(x)$ 為凸函數的結論可由 \[\sin x_1\sin x_2\leq \sin^2\frac{x_1+x_2}{2},\quad x_1,x_2\in(0,\pi)\] 即事實 \[ \cos (x_1-x_2)\leq 1 \mbox{可得。} \] 又由於 $(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{3})<(A,B,C)$依定理6可得 \[-\log (\sin\frac{\pi}{3})^3\leq-(\log\sin A+\log\sin B+\log\sin C)\] 即 \[\sin A\sin B\sin C\leq\frac{3\sqrt{3}}{8}\]
蕭爾定理的應用可以推廣到很多超出本篇程度的不等式，有許多是在統計、矩陣等方面的應用。我們不在此多作介紹。希望讀者能從本篇得到開啟蓋理論寶庫的鑰匙，進而能對不等式理論作更深入的瀏覽及貢獻。
註釋
- G. H. Hardy, J. E. Littlewood, and G. Polya, 《Inequalities》, Cambridge University Press,1934.
- A. Marshall and I. Olkin, 《Inequalities: Theory if Majorization and its Applications》, Academic Press, 1979.