Popoviciu の不等式

対称性より，$x\leq y\leq z$ の場合のみ証明すれば十分。さらに，$y-x\geq z-y$ の場合を証明する（つまり，$y$ が $z$ に近い場合を証明する。 $x$ に近い場合も同様に証明できるし，対称性より明らかとも言える）

まず，イェンゼンの不等式より，

$$f(y)+f(z)\geq 2f\left(\dfrac{y+z}{2}\right)$$

なので，Popoviciu の不等式の「残りの4項分」：

$$f(x)+3f\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)\geq 2\left\{f\left(\dfrac{x+y}{2}\right)+f\left(\dfrac{z+x}{2}\right)\right\}$$

を証明すれば十分。

$\dfrac{x+y}{2}$ は $x$ と重心の間にあるので，ある $\lambda_1\:(0\leq\lambda_1\leq 1)$ が存在して，

$$(1-\lambda_1)x+\lambda_1\dfrac{x+y+z}{3}=\dfrac{x+y}{2}$$

よって，イェンゼンの不等式より $$(1-\lambda_1)f(x)+\lambda_1f\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)\geq f\left(\dfrac{x+y}{2}\right)$$ 同様に，ある $\lambda_2\:(0\leq\lambda_2\leq 1)$ が存在して，

$$(1-\lambda_2)x+\lambda_2\dfrac{x+y+z}{3}=\dfrac{x+z}{2}$$

から， $$(1-\lambda_2)f(x)+\lambda_2f\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)\geq f\left(\dfrac{x+z}{2}\right)$$ 赤色の不等式2つを足し上げれば「残りの4項分」が証明できそう！

（$\lambda_1+\lambda_2=\dfrac{3}{2}$ であることがわかれば，2つの式を足し上げることで「残りの4項分」が証明できる）

実際，$\lambda_1,\lambda_2$ を定義した2つの式を加えると，

$$(2-\lambda_1-\lambda_2)x+(\lambda_1+\lambda_2)\dfrac{x+y+z}{3} =\dfrac{x+y+x+z}{2}$$ となるが，これを $\lambda_1+\lambda_2$ について解くと，$\dfrac{3}{2}$ になる（$x,y,z$ が消える！）

さきほどの証明と同様に，$x\leq y\leq z$ かつ $y-x\geq z-y$ の場合を証明する。

$\displaystyle \left(x,y,z,\frac{x+y+z}{3},\frac{x+y+z}{3},\frac{x+y+z}{3}\right)$ の方が $\displaystyle \left(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2},\frac{z+x}{2},\frac{z+x}{2}\right)$ よりも「偏っている」ことを確認すればよい。それぞれ大きい順に並べると，

$\displaystyle a=\left(z,y,\frac{x+y+z}{3},\frac{x+y+z}{3},\frac{x+y+z}{3},x \right)$ および $\displaystyle b=\left(\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2},\frac{z+x}{2},\frac{z+x}{2},\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2}\right)$ となるが，$[a]\succeq[b]$ であることは簡単に確認できる。