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数学オリンピックなどでしばしば登場するSchurの不等式について解説します.




Schurの不等式とは

Schur (シューア,シュール) の不等式は知名度が低くマニアックな不等式ですが,数学オリンピックなどでしばしば題材にされています.

Schurの不等式: $x,y,z$ を非負実数,$r$ を実数とするとき,次の不等式が成り立つ. $$\large x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)\ge 0$$

$x,y,z$ は非負実数ですが,$r$ はすべての実数について値をとることに注意してください.また,左辺の式は $x,y,z$ に関して 対称式となっています.$r$ に具体的な数を代入することで,様々な不等式を導出します.

具体例

・$r=0$ のとき
$$(x-y)(x-z)+(y-x)(y-z)+(z-x)(z-y)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\ge 0$$ $$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\{(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\} \ge 0$$ ・$r=1$ のとき
$$x(x-y)(x-z)+y(y-x)(y-z)+z(z-x)(z-y)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$ ・$r=\frac{1}{2}$ のとき $$\sqrt{x}(x-y)(x-z)+\sqrt{y}(y-x)(y-z)+\sqrt{z}(z-x)(z-y)\ge 0$$ $$\Leftrightarrow x^{\frac{3}{2}}(y+z-x)+y^{\frac{3}{2}}(z+x-y)+z^{\frac{3}{2}}(x+y-z)\le xyz\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\right)$$

Schurの不等式の証明

証明は不等式自体の見かけ以上に簡単です.不等式の左辺が $x,y,z$ に関して対称式となっているので,$x,y,z$ に大小関係を仮定して議論しても問題ありません.すると,証明がすっきりとします.

証明: 左辺は $x,y,z$ に関して対称式なので,$x\ge y\ge z$ としても一般性を失わない.
$(i)$ $r>0$ のとき
$$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)$$ $$=(x-y)\{x^r(x-z)-y^r(y-z)\}+z^r(x-z)(y-z)$$ $x^r\ge y^r \ge 0,\ x-z\ge y-z \ge 0$ であるから,$(x-y)\{x^r(x-z)-y^r(y-z)\}\ge 0$ である. また,$z^r\ge 0,\ x-z\ge 0,\ y-z \ge 0$ なので,$z^r(x-z)(y-z)\ge 0$ である.よって, $$(x-y)\{x^r(x-z)-y^r(y-z)\}+z^r(x-z)(y-z)\ge 0$$ となる.したがって, $$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)\ge 0$$

$(ii)$ $r\le 0$ のとき
$$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)$$ $$=x^r(x-y)(x-z)+(y-z)\{z^r(x-z)-y^r(x-y)\}$$ $z^r\ge y^r \ge 0,\ x-z \ge x-y \ge 0$ であるから,$(y-z)\{z^r(x-z)-y^r(x-y)\}\ge 0$ である. また,$x^r\ge 0,\ x-y\ge 0,\ x-z\ge 0$ なので,$x^r(x-y)(x-z) \ge 0$ である.よって, $$x^r(x-y)(x-z)+y^r(y-x)(y-z)+z^r(z-x)(z-y)\ge 0$$ となる.

練習問題

 $a,b,c$ を非負実数とするとき,以下の不等式を示せ. $$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le abc$$

→solution

展開すると, $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ となる.これはShurの不等式で $r=1$ とすることにより得られる.

 非負実数 $a,b,c$ が $a+b+c=1$ をみたすとき,以下の不等式を示せ. $$a^3+b^3+c^3+6abc\ge \frac{1}{4}$$

→solution

$$4a^3+4b^3+4c^3+24abc\ge 1$$ を示せば良いが,$a+b+c=1$ なので, $$1=(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b))+6abc$$ である.したがって, $$4a^3+4b^3+4c^3+24abc\ge a^3+b^3+c^3+3(a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b))+6abc$$ すなわち $$a^3+b^3+c^3+6abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ を示せば良い.
一方,Schurの不等式で $r=1$ とすることにより, $$a^3+b^3+c^3+3abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ を得る.$a,b,c$ は非負なので, $$a^3+b^3+c^3+6abc \ge a^3+b^3+c^3+3abc \ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$$ であるから,不等式は示された.