参考: 牛顿不等式-维基百科;
== 证明 == 一个简洁的证明是利用[[数学分析]]中的[[罗尔定理]]。设有’‘n’’ 个实数： $a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n$ 。构造以 $-a_1, -a_2, \cdots, -a_n$ 为[[根 (数学)|根]]的多项式：
\[P = \prod_{k=1}^n (x+a_k)\]这个多项式可以写成：
\[P = \prod_{k=1}^n (x+a_k) = \sum_{i=0}^n \sigma_i x^{n-i}= x^n + \sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i} S_i x^{n-i}\]首先证明：存在另一组’‘n’‘-1 个实数： $b_1, b_2, \cdots , b_{n-1}$ ，使得它们的基本对称均值 $S_1^{\prime}, S_2^{\prime} \cdots , S_{n-1}^{\prime}$ 恰好就是原来’‘n’’ 个实数的基本对称均值中的前’‘n’‘-1 个： $S_1, S_2 \cdots , S_{n-1}$ 。
具体的方法是考察多项式’'’P’'’的[[导数]]多项式 $P^{\prime}$ 。根据罗尔定理，如果两个实数 $-a_{i+1}$ 和 $-a_i$ 不相同，那么他们之间必然存在一个数 $-b_i$ 使得 $P^{\prime} (-b_i) = 0$ 。而如果 $-a_i$ 是多项式’'’P’'’的一个’‘j’’ 次重根的话，那么它也是 $P^{\prime}$ 的’‘k’‘-1 次重根。所以， $P^{\prime}$ 一定有’‘n’‘-1 个实根。设这些实根等于 $-b_1, -b_2, \cdots, -b_{n-1}$ ，那么：
\[P^{\prime} = n\prod_{k=1}^{n-1} (x+b_k) = nx^{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1} n\binom{n-1}{i} S_i^{\prime} x^{n-1-i}\]而同时：
\[P^{\prime} = nx^{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1} (n-i) \binom{n}{i} S_i x^{n-1-i}\]对比两边系数，就可以得到：
\[\forall 1 \le i \le n-1, \, \, n\binom{n-1}{i} S_i^{\prime} = (n-i) \binom{n}{i} S_i\]然而组合数中：
\[n\binom{n-1}{i} = (n-i) \binom{n}{i}\]所以等式变成：
\[\forall 1 \le i \le n-1, \, \, S_i^{\prime} = S_i\]这样便找到了’‘n’‘-1 个实数来“代替”原来的’‘n’’ 个实数，使得基本对称均值的前’‘n’‘-1 个都不变。这样子，对于任意的 $1 \le k \le n-1$ ，经过若干次变换后，可以转化成’‘k’‘+1 个实数，使得基本对称均值 $S_{k-1}, S_k, S_{k+1}$ 变成最“靠边”的那一项。实际上，以上的转换说明：只需要证明
\[S_{n-2}S_{n}\le S_{n-1}^2\]这一项就行了。
下面证明这一点。首先，如果 $a_i$ 中有一个是 0，那么不等式左边的 $S_{n}=\prod_{k=1}^n a_k =0$ ，所以左边等于 0，显然小于右边。而如果 $a_i$ 中没有一个是 0 的话，那么由于这个不等式是[[齐次不等式]]，所以可以假设 $ \prod_{k=1}^n a_k = 1$ 。这样的话，不等式就变成：
\[\frac{n(n-1)}{2}\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} \right)^2 \ge n^2 \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}\]也就是
\[(n-1) \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} \right)^2 \ge 2n \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}\] \[(n-1) \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} + (n-1)\sum_{1 \le i < j \le n} \frac{2}{a_i a_j} \ge 2n \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}\] \[(n-1) \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} + (n-1)\sum_{1 \le i < j \le n} \frac{2}{a_i a_j} \ge 2n \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j}\] \[n \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k^2} + 2 \sum_{1 \le i < j \le n} \frac{1}{a_i a_j} = \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k} \right)^2\]| 最后的不等式是[[平均数不等式 | 均方不等式]]，必然成立。于是不等式得证。 |