Inégalité de Muirhead
# Inégalité de Muirhead

En mathématiques, l'inégalité de Muirhead, appelée ainsi d'après Robert Franklin Muirhead, est une généralisation de l'inégalité arithmético-géométrique.

## Définitions préliminaires

### La « a-moyenne »

Soit a = $(a_1,$ ..., $a_n)$ une suite de nombres réels.

Pour toute suite $x_1,...,x_n$ de nombres réels positifs, on définit la a-moyenne, notée [a], de $x_1,...,x_n$ par :

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

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

Pour a = (1, 0, ..., 0), on obtient la moyenne arithmétique de $x_1,...,x_n.$ Pour a = (1/n, 1/n, ..., 1/n), c'est la moyenne géométrique de $x_1,...,x_n.$ Quand n = 2, il s'agit de la moyenne de Heinz (en).

### Matrices bistochastiques

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.

## L'inégalité de Muirhead

Inégalité de Muirhead — On a $[a]\leq [b]$ pour toute suite $x_{1},\dots ,x_{n}$ si et seulement s'il existe une matrice bistochastique P telle que a = Pb.

La démonstration utilise le fait que toute matrice bistochastique est la moyenne pondérée de matrices de permutation (cet énoncé constitue le théorème de Birkhoff-von Neumann). Une démonstration se trouve par exemple dans le livre de Hardy, Littlewood et Pólya 1952, sections 2.18 et 2.19.

### Une autre formulation

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

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

On peut montrer que l'existence d'un matrice bistochastique P telle que a = Pb est alors équivalente au système d'inégalités : $a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}\leq b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{k}$ 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 :

Inégalité de Muirhead (autre formulation) — Si les suites a et b sont décroissantes, on a $[a]\leq [b]$ pour toute suite $x_1,...,x_n$ si et seulement b majorise a.

### L'inégalité arithmético-géométrique comme conséquence

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

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

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

On retrouve ainsi précisément l'inégalité arithmético-géométrique.

## Autres exemples

### Notation

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

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

à la place de la notation

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

où la sommation est sur toutes les permutations. Ainsi

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

### Exemples d'emploi

Pour prouver que

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

on transforme l'inégalité en une somme symétrique :

    $\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 :

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

On part de :

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

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

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

d'où le résultat recherché.

