シューアの不等式

シューアの不等式とは、数学者イサイ・シューアにちなんで名付けられた三変数の絶対不等式のことである。

呼び方

英語では Schur's inequality となるが、この "Schur" の読み方は "シューア" や "シュール" や "シュアー" など、いろいろあるようである。ヘブライ語では "シュール" であるが英語では "シューア" である。この記事では "シューア" と呼ぶことにする。

概要

非負実数 x,y,z と任意の実数 t≠0 ( t=0 のときは xyz≠0 ) について次の不等式が成り立つ。

f_t(x,y,z) = x^t(x-y)(x-z) + y^t(y-z)(y-x) + z^t(z-x)(z-y) ≧ 0

等号成立条件は x=y=z または x,y,z のうち１つが 0 で残り二つが等しいときである。この不等式をシューアの不等式という。

証明

いくつか証明を紹介しよう。

証明1

まずは t が一般の実数の場合を示す。x,y,z についての対称式であるから x≧y≧z としてよい。このとき

f_t(x,y,z) = (x-y)( x^t(x-z) - y^t(y-z) ) + z^t(x-z)(y-z)　　...(1)

= x^t(x-y)(x-z) + (y-z)( z^t(x-z) - y^t(x-y) )　　...(2)

ここで仮定した x,y,z の大小関係より、t ≧ 0 なら (1) の右辺は明らかに正、t < 0 なら (2) の右辺は正である。よって示された。◻︎

証明2

マニアのために t=0,1,2,3 について、対称性を崩さない証明を紹介しよう。次の恒等式が成立する。(本当に成り立つのか疑り深い人は実際に右辺と左辺を手(wolframとか)で展開してみるとよい。

f₀(x,y,z) = 1/2*((x-y)² + (y-z)² + (z-x)²)

f₁(x,y,z) = yz(y+z)(y-z)²/((x+y)(x+z)) + zx(z+x)(z-x)²/((y+z)(y+x)) + xy(x+y)(x-y)²/((z+x)(z+y))

f₂(x,y,z) = 1/2*( (y+z-x)²(y-z)² + (z+x-y)²(z-x)² + (x+y-z)²(x-y)² )

f₃(x,y,z) = (x²+y²+z²)f₁(x,y,z) + 2xyz*f₀(x,y,z)

右辺は明らかに正である。よって示された。◻︎

この証明から、t=0,2 では x,y,z が任意の実数で成立することがわかる ( 逆に任意の実数 x₁,...,x_n に対して f(x₁,...,x_n) ≧ 0 となる有理式 f は必ず有理式の平方の和で表せることが知られている。→ヒルベルトの第14問題 ) 。

拡張１ ( Vornicu-Schur Inequality )

証明１より、シューアの不等式は次のように拡張できることがわかる。;

a,b,c ≧ 0 であり、x,y,z と a,b,c の順序関係が同順または逆順 ( つまり a,b,c がこの順で大きくなるときは x,y,z はこの順で大きくなるか小さくなる ) であるとき、

a(x-y)(x-z) + b(y-z)(y-x) + c(z-x)(z-y) ≧ 0

a=x^t,b=y^t,c=z^t と置いてみると、これがシューアの不等式の拡張になっていることがわかる。

このような拡張はたくさん知られている。ここでは

f(a,b,c:x,y,z) = a(x-y)(x-z) + b(y-z)(y-x) + c(z-x)(z-y) …[1]

の形の式がどの場合に ≧ 0 であるか調べよう。次の定理が知られている。

(A) x≧y≧z かつ a,b,c≧0 かつ a+c≧b のとき f ≧ 0

(B) x≧y≧z≧0 かつ ax,by,cz≧0 かつ ax+cz≧by のとき f ≧ 0

(C) a,b,c の平方根が三角形の三辺であるとき f ≧ 0

(D) x,y,z≧0 かつ ax,by,cz の平方根が三角形の三辺であるとき f ≧ 0

(E) x,y,z≧0 で、ある凸関数 k:R⁺→R⁺ が存在し、a=k(x),b=k(y),c=k(z) となるとき f ≧ 0

ただし(E)において R⁺ は非負実数全体を意味する。これら一連の"シューア型"不等式を Vornicu-Schur Inequality と言ったりするようである。名前の由来となった Valentin Vornicu はルーマニアの数学者である。

Vornicu-Schur Inequality の証明

まず (A) を示そう。x≧y≧z より x-z≧y-z≧0 なので

a(x-y)(x-z) ≧ a(x-y)(y-z) , c(z-x)(z-y) ≧ c(x-y)(y-z) となり、

f(a,b,c:x,y,z) ≧ (a+c-b)(x-y)(y-z) ≧ 0

となる。よって(A)が示された。

(B)を示す。[1]の式に xyz ≧ 0 をかけると

xyz*f(a,b,c:x,y,z) = ax(xz-yz)(xy-yz) + by(xy-zx)(yz-zx) + cz(yz-xy)(zx-xy) = f(ax,by,cz:yz,zx,xy)

x≧y≧z のとき yz≦zx≦xy であるから (A) より f(ax,by,cz:yz,zx,xy) ≧ 0 がわかる。よって示された。□

(C) を示そう。f は次のように変形できる。

f(a,b,c:x,y,z) = a(x-y)(x-y+y-z) + b(y-z)(y-x) + c(z-y+y-x)(z-y)

= a(x-y)² + (a-b+c)(x-y)(y-z) + c(y-z)²

これを (x-y) と (y-z) の二次形式と見てみよう。すると任意の実数 x,y,z で非負であるためには

a,c ≧ 0 , 判別式 D = (a-b+c)² - 4ac ≦ 0

が必要十分であるとわかる。判別式を整理すると、

(a-b+c)² - 4ac = a²+b²+c²-2ab-2bc-2ca

となることがわかる。よって

D = (a-b+c)² - 4ac ≦ 0 ⇔ a²+b²+c² ≦ 2ab+2bc+2ca

となる。また、D ≦ 0 から

2b(a+c) ≧ (a-c)²+b² ≧ 0

がわかるので、a,c ≧ 0 より b ≧ 0 もわかる。いま、a,b,c ≧ 0 が得られたので a=A,b=B,c=C ( A,B,C ≧ 0 ) と置こう。すると

D ≦ 0 ⇔ (c-a-b)^2 ≦ 4ab ⇔ |c-a-b| ≦ 2√(ab) = 2AB

c-a-b ≧ 0 のときは c-a-b ≦ 2AB ⇔ C² ≦ (A+B)² ⇔ C ≦ A+B

c-a-b ≦ 0 のときは a+b-c ≦ 2AB ⇔ (A-B)² ≦ C² ⇔ |A-B| ≦ C

従って D ≦ 0 ⇔ |A-B| ≦ C ≦ A+B がわかる。これは A,B,C が三角形の三辺を成すということである！WoW!! なんか数学の神秘を垣間見た気がするね!! これで (C) が示された。□

(D) は (B) の証明と同様である。xyzをかければ良い。

(E) を示そう。次の恒等式が成立する。；b = ((b-c)a+(a-b)c)/(a-c)

a-c ≧ a-b,b-c なので、k の凸性より、

k(b) = k(((b-c)a+(a-b)c)/(a-c)) ≦ ((b-c)*k(a)+(a-b)*k(c))/(a-c) ≦ k(a)+k(c)

となる。よって(A)より(E)が従う。□

拡張２

(x-y)(x-z)の方を変化させる型もある。次の定理が知られている。

区間 J ⊂ R と単調増加な奇関数 p:J→R がある( p(t) ≦ 0 ⇔ t ∈ J かつ t ≦ 0 , p(t) ≧ 0 ⇔ t ∈ J かつ t ≧ 0 となる)。

a,b,c ∈ R , x,y,z ∈ R⁺ であり、a-b,a-c,b-c,b-a,c-a,c-b ∈ J であるとき、

(A) a≧b≧c かつ x+z≧y のとき

(B) x,y,zが三角形の三辺のとき

(C) ある凸関数 k:R⁺→R⁺ が存在し、x=k(a),y=k(b),z=k(c) となるとき

x*p(a-b)*p(a-c) + y*p(b-c)*p(b-a) + z*p(c-a)*p(c-b) ≧ 0

が成り立つ。証明は拡張1とほぼ同じようにできる。

シューアの不等式を用いる例題

せっかくなので(?)例題をつけておいた。みんなもやってみよう!!

次の不等式が成り立つことを示せ。

• 任意の正の実数 x,y,z に対し、

x³+y³+z³+6xyz ≧ (x+y+z)(xy+yz+zx)

• 任意の実数 x,y,z に対し、

(x²-yz)²(x-y)(x-z) + (y²-zx)²(y-z)(y-x) + (z²-xy)²(z-x)(z-y) ≧ 0

• △ABCに対し、

sinAsin((A-B)/2)sin((A-C)/2) + sinBsin((B-C)/2)sin((B-A)/2) + sinCsin((C-A)/2)sin((C-B)/2) ≧ 0

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関連項目

• 不等式