2005年第24期 数学通讯39
排序不等式及其应用
朱桂丰 徐胜林
(义乌市稠州中学,浙江 322000) (,湖北 430079)
排序原理 设a1≤a2≤…≤an,b1b2≤…≤bn,又设i1,i2,,in1,,…,的,bn2bn-+anb ≤1i1a2bi2…+anbin ≤a1b1+a2b2+…+anbn.即“逆序和”≤“乱序和”≤“顺序和”.当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时等号成立.
这个不等式就是通常所说的排序不等式,它是一个很重要的不等式,在数学竞赛中应用广泛,利用它可以证明很多不等式,其关键是找出两组有序数组。
例1 设a1,a2,…,an是n个正数,证明:
n≥1・a2・…・an,
n
n+t2…+tntt2tn
tn
即 n≤
G=
≤t1+t2+…+tn,
t1tn-1
++…+GG,
G
从而G≤
,当且仅当a1=
n
a2=…=an时等号成立.
例2 (第20届IMO试题)已知a1,a2,…,an是n个两两互不相等的正整数,求证:
a1+2+2+…+2≥1+++…+.
23n23n
分析 注意到所以a1+
222≥…2,123n
2可以看作一个乱n
当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.
证法1记G=
n
1・a2・…・an,令bi
2
2
+
3
2
+…+
(i=1,2,…,n),则原不等式Ζb1+b2+=G
…+bn≥n,其中b1・b2・…・bn=1.
取x1,x2,…,xn,使b1=…,bn-1=证
b1+b2+…+bn=
++…+≥n.x2x3xn
,b2=,x2x3
,则bn=,由排序不等式易xnx1
序和,将a1,a2,…,an排序后就可以利用排序
原理.
证明 因为a1,a2,…an是n个两两互不相等的正整数,可将它们从小到大排列,不妨设为b1
a1+
2
2
+
2
3
2
+…+
2
2n
当且仅当x1=x2=…=xn时等号成立.所以所证不等式成立,当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.
(i=1,2,…,证法2 令ti=i
G
n),则tn=1.从而正数序列t1,t2,…,tn及
2
23n ≥1+2+2+…+2
23n
≥b1+
+
+…+
++…+.23n
思考题1 (第17届IMO试题)设xi,yi是实数(i=1,2,…,n),且x1≥x2≥…≥
=1+
t1
,
t2
,…,
tn
对应两项大小次序正好相反,
xn,y1≥y2≥…≥yn,又z1,z2,…,zn是y1,
n
由排序原理得
y2,…,yn的任一排列.证明:
i=1
∑(x
i
-yi)
2
≤
40
n
数学通讯 2005年第24期
i=1
∑
(xi-zi)2.
两式相加得
)
2(++b+cc+aa+b≥++.
b+cc+aa+b
2
2
2
2
2
2
2
2
2
例3 (第三届美国数学奥林匹克)设
a,b,c均为正数,证明:
a・b・c≥(abc)
a
b
c
3
.
分析 不等式的左右两端均为指数形
式,可以在两边取对数后再利用排序原理证明.
证明 不妨设a≥bc则lnalnb≥ln,alnb=aln+b+clnc,alnb+lnc≥alna+blnc+clnb,alna+blnb+clnc≥alnb+blna+clnc,alna+blnb+clnc≥alnb+blnc+clna,alna+blnb+clnc≥alnc+blna+clnb,alna+blnb+clnc≥alnc+blnb+clna,将以上各式相加,得
(
alna+blnb+clnclnb+lnc+lna),
2(b2c2)≥(bc)2≥+c
22
222
)caa+b(a+.2
222)(∴2++≥(b+c)b+cc+aa+b2
((+c+a)+a+b)=a+b+c,22
从而
++≥(a+b+c).b+cc+aa+b2
2
2
2
思考题4 设a,b,c均为正数,求证:
a+b+c≤.
abc
4
4
4
3
变形即得
a・b・c≥(abc)
a
b
c
3
.
思考题2 设a,b,c均为正数,证明:a2a
・b2b・c2c≥ab+c・bc+a・ca+b.
思考题3 (切比雪夫不等式)已知实数ai,bi满足a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn(i=1,2,…,n),则
n
ni=1
思考题5 设a,b,c为某一三角形三边长,求证:
222
a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b
-c)≤3abc.
例5 (1989年全国高中数学联赛)已知xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2)满足
n
n
∑
aibi≥
n
n
i=1n
∑
i
ai
n
n+1-i
n
i=1
∑
bi
i=1
∑|
xi|=1,
n
i=1
∑x
i
=0.求证:
ni=1
当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时等号成立.
例4 (1998年江苏省数学夏令营试题)设a,b,c均为正数,求证:
++≥(a+b+c).b+cc+aa+b2
分析 可以利用对称性构造两组数,然后使用排序不等式.
证明 不妨设a≤b≤c,则a2≤b2≤c,
22
2
2
2
≥
∑ab
.
|≤-.i22ni=1
解 设i1,i2,…,is,j1,j2,…,jt是1,2,…,n是一个排列,且使得
|
xi1≥xi2≥…≥xis≥0>xj1≥xj2
≥…≥xjt.
又设a=xi1+xi2+…+xis,b=-(xj1
+xj2+…+xjt),根据已知条件,有a-b=
0,a+b=1,所以a=b=
n
.2
n
不妨设
b+c
≤
2
c+a
≤
2
a+b
i=1
n
≥0,(否则,若
i
,由排序不等式得
2
2
取yi=-xi,i=1,2,…,n,此时y1,y2,…,
n
++++,b+cc+aa+bb+cc+aa+b++≥++.b+cc+ab+cb+cc+aa+b
2
2
2
2
2
2
2
yn仍满足
n
i=1
∑|
ni=1
yi|=1,
i=1
∑y
=0,且
|
i=1
|=i
>0.)由排序不等式,有i
2005年第24期 数学通讯41
・x2+…+・xn≤1・xi12n
+・xi2+…+xis+・xj1+・2ss+1s+2
()
1・x1+
xj2+…+
n
・xjt≤xi1+xi2+…+xis+
T=mp1+(m-1)p2+…+pm+(10
-m)q1+(9-m)q2+…+q10-m.
其中{p1,p2,…,pm,q1,q2,…,q10-m}={t1,t2,…,t10},t1
首先我们来证明m=5.,我们让
(xj1+xj2+…+xjt)=-.n22n
n
从而|
i1
|≤-i)第iti分钟,且这些ti(i=1,2,…,10)各不相等,试问:
1)只有一只水龙头供水时,应如何安排这十个人打水的次序,使他们的总的花费时间最少?这个最少时间是多少?
2)若有两个相同的水龙头供水时,应如何安排这十个人的次序,使他们的总的花费时间最少?这个最少时间是多少?
解 1)设按某次序打水时水龙头灌满第i个人的水桶需要si分钟,则第一人花费的时间为s1分钟,第二人花费的时间为(s1+s2)分钟,……,第十人花费的时间为(s1+s2+…+s10)分钟.总的花费时间为
s1+(s1+s2)+…+(s1+s2+…+s10)=10s1+9s2+…+2s9+s10.
其中,序列s1,s2,…,s10是t1,t2,…,t10
的一个排列.由题设,这些ti各不相同,不妨设t1
10s1+9s2+…+2s9+s10
≥10t1+9t2+…+2t9+t10.
即按任意一个次序打水花费的总时间不小于按如下顺序打水的时间:先按打水所需时间从小到大依次排队,然后逐个打水,此时花费时间最省,总的花费时间为(10t1+9t2+…+2t9+t10)分钟.
2)如果有两个水龙头,设总时间最少时有m个人在第一个水龙头打水,设依次所用时间为p1,p2,…,pm;有10-m个人在第二个水龙头打水,依次所需时间设为q1,q2,…,q10-m.
显然必有一个水龙头的打水人数不少于5人,不妨设为第一个水龙头,也不可能有一个水龙头没人去打水,则5≤m
由1)知:p1
,(m-1)p211-m)p1
+-10-m.
T-T′=(2m-11)p1>0,即当m>5时,我们让第一水龙头的第一人到第二水龙头去后,总时间减少.故在m=5时,总时间可能取得最小值.
由于m=5,故两个水龙头人一样多.总用时为:
T=(5p1+4p2+3p3+2p4+p5)+(5q1
+4q2+3q3+2q4+q5).
由于p10.即经交换后总时间变少.因此q1
类似地我们可以证明:pi
水龙头一:t1,t3,t5,t7,t9;水龙头二:t2,t4,t6,t8,t10.其中:t1
思考题答案与提示
n
n
i
i
1.提示:即证
i=1
∑xy
≤
i=1
∑xz
i
i
,用排序不等式
即得. 2.略. 3.略.
4.提示:不妨设a≥b≥c>0,则有a2≥b2≥c2,ab≥ac≥bc,由排序不等式得
a2bc+ab2c+abc2≤a3c+b3a+c3b.
又a3≥b3≥c3且a≥b≥c,再由排列不等式得a3c+b3a+c3b≤a4+b4+c4.
从而a2bc+ab2c+abc2≤a4+b4+c4,两边同除以abc即得所证不等式.
5.不妨设a≥b≥c,易证a(b+c-a)≤b(c+a-b)≤c(a+b-c).由排序原理得
a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)≤a・b(c+a-b)+b・c(a+b-c)+c・a(b+c-a)=3abc.
(收稿日期:2005-11-02)
2005年第24期 数学通讯39
排序不等式及其应用
朱桂丰 徐胜林
(义乌市稠州中学,浙江 322000) (,湖北 430079)
排序原理 设a1≤a2≤…≤an,b1b2≤…≤bn,又设i1,i2,,in1,,…,的,bn2bn-+anb ≤1i1a2bi2…+anbin ≤a1b1+a2b2+…+anbn.即“逆序和”≤“乱序和”≤“顺序和”.当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时等号成立.
这个不等式就是通常所说的排序不等式,它是一个很重要的不等式,在数学竞赛中应用广泛,利用它可以证明很多不等式,其关键是找出两组有序数组。
例1 设a1,a2,…,an是n个正数,证明:
n≥1・a2・…・an,
n
n+t2…+tntt2tn
tn
即 n≤
G=
≤t1+t2+…+tn,
t1tn-1
++…+GG,
G
从而G≤
,当且仅当a1=
n
a2=…=an时等号成立.
例2 (第20届IMO试题)已知a1,a2,…,an是n个两两互不相等的正整数,求证:
a1+2+2+…+2≥1+++…+.
23n23n
分析 注意到所以a1+
222≥…2,123n
2可以看作一个乱n
当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.
证法1记G=
n
1・a2・…・an,令bi
2
2
+
3
2
+…+
(i=1,2,…,n),则原不等式Ζb1+b2+=G
…+bn≥n,其中b1・b2・…・bn=1.
取x1,x2,…,xn,使b1=…,bn-1=证
b1+b2+…+bn=
++…+≥n.x2x3xn
,b2=,x2x3
,则bn=,由排序不等式易xnx1
序和,将a1,a2,…,an排序后就可以利用排序
原理.
证明 因为a1,a2,…an是n个两两互不相等的正整数,可将它们从小到大排列,不妨设为b1
a1+
2
2
+
2
3
2
+…+
2
2n
当且仅当x1=x2=…=xn时等号成立.所以所证不等式成立,当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.
(i=1,2,…,证法2 令ti=i
G
n),则tn=1.从而正数序列t1,t2,…,tn及
2
23n ≥1+2+2+…+2
23n
≥b1+
+
+…+
++…+.23n
思考题1 (第17届IMO试题)设xi,yi是实数(i=1,2,…,n),且x1≥x2≥…≥
=1+
t1
,
t2
,…,
tn
对应两项大小次序正好相反,
xn,y1≥y2≥…≥yn,又z1,z2,…,zn是y1,
n
由排序原理得
y2,…,yn的任一排列.证明:
i=1
∑(x
i
-yi)
2
≤
40
n
数学通讯 2005年第24期
i=1
∑
(xi-zi)2.
两式相加得
)
2(++b+cc+aa+b≥++.
b+cc+aa+b
2
2
2
2
2
2
2
2
2
例3 (第三届美国数学奥林匹克)设
a,b,c均为正数,证明:
a・b・c≥(abc)
a
b
c
3
.
分析 不等式的左右两端均为指数形
式,可以在两边取对数后再利用排序原理证明.
证明 不妨设a≥bc则lnalnb≥ln,alnb=aln+b+clnc,alnb+lnc≥alna+blnc+clnb,alna+blnb+clnc≥alnb+blna+clnc,alna+blnb+clnc≥alnb+blnc+clna,alna+blnb+clnc≥alnc+blna+clnb,alna+blnb+clnc≥alnc+blnb+clna,将以上各式相加,得
(
alna+blnb+clnclnb+lnc+lna),
2(b2c2)≥(bc)2≥+c
22
222
)caa+b(a+.2
222)(∴2++≥(b+c)b+cc+aa+b2
((+c+a)+a+b)=a+b+c,22
从而
++≥(a+b+c).b+cc+aa+b2
2
2
2
思考题4 设a,b,c均为正数,求证:
a+b+c≤.
abc
4
4
4
3
变形即得
a・b・c≥(abc)
a
b
c
3
.
思考题2 设a,b,c均为正数,证明:a2a
・b2b・c2c≥ab+c・bc+a・ca+b.
思考题3 (切比雪夫不等式)已知实数ai,bi满足a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn(i=1,2,…,n),则
n
ni=1
思考题5 设a,b,c为某一三角形三边长,求证:
222
a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b
-c)≤3abc.
例5 (1989年全国高中数学联赛)已知xi∈R(i=1,2,…,n;n≥2)满足
n
n
∑
aibi≥
n
n
i=1n
∑
i
ai
n
n+1-i
n
i=1
∑
bi
i=1
∑|
xi|=1,
n
i=1
∑x
i
=0.求证:
ni=1
当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时等号成立.
例4 (1998年江苏省数学夏令营试题)设a,b,c均为正数,求证:
++≥(a+b+c).b+cc+aa+b2
分析 可以利用对称性构造两组数,然后使用排序不等式.
证明 不妨设a≤b≤c,则a2≤b2≤c,
22
2
2
2
≥
∑ab
.
|≤-.i22ni=1
解 设i1,i2,…,is,j1,j2,…,jt是1,2,…,n是一个排列,且使得
|
xi1≥xi2≥…≥xis≥0>xj1≥xj2
≥…≥xjt.
又设a=xi1+xi2+…+xis,b=-(xj1
+xj2+…+xjt),根据已知条件,有a-b=
0,a+b=1,所以a=b=
n
.2
n
不妨设
b+c
≤
2
c+a
≤
2
a+b
i=1
n
≥0,(否则,若
i
,由排序不等式得
2
2
取yi=-xi,i=1,2,…,n,此时y1,y2,…,
n
++++,b+cc+aa+bb+cc+aa+b++≥++.b+cc+ab+cb+cc+aa+b
2
2
2
2
2
2
2
yn仍满足
n
i=1
∑|
ni=1
yi|=1,
i=1
∑y
=0,且
|
i=1
|=i
>0.)由排序不等式,有i
2005年第24期 数学通讯41
・x2+…+・xn≤1・xi12n
+・xi2+…+xis+・xj1+・2ss+1s+2
()
1・x1+
xj2+…+
n
・xjt≤xi1+xi2+…+xis+
T=mp1+(m-1)p2+…+pm+(10
-m)q1+(9-m)q2+…+q10-m.
其中{p1,p2,…,pm,q1,q2,…,q10-m}={t1,t2,…,t10},t1
首先我们来证明m=5.,我们让
(xj1+xj2+…+xjt)=-.n22n
n
从而|
i1
|≤-i)第iti分钟,且这些ti(i=1,2,…,10)各不相等,试问:
1)只有一只水龙头供水时,应如何安排这十个人打水的次序,使他们的总的花费时间最少?这个最少时间是多少?
2)若有两个相同的水龙头供水时,应如何安排这十个人的次序,使他们的总的花费时间最少?这个最少时间是多少?
解 1)设按某次序打水时水龙头灌满第i个人的水桶需要si分钟,则第一人花费的时间为s1分钟,第二人花费的时间为(s1+s2)分钟,……,第十人花费的时间为(s1+s2+…+s10)分钟.总的花费时间为
s1+(s1+s2)+…+(s1+s2+…+s10)=10s1+9s2+…+2s9+s10.
其中,序列s1,s2,…,s10是t1,t2,…,t10
的一个排列.由题设,这些ti各不相同,不妨设t1
10s1+9s2+…+2s9+s10
≥10t1+9t2+…+2t9+t10.
即按任意一个次序打水花费的总时间不小于按如下顺序打水的时间:先按打水所需时间从小到大依次排队,然后逐个打水,此时花费时间最省,总的花费时间为(10t1+9t2+…+2t9+t10)分钟.
2)如果有两个水龙头,设总时间最少时有m个人在第一个水龙头打水,设依次所用时间为p1,p2,…,pm;有10-m个人在第二个水龙头打水,依次所需时间设为q1,q2,…,q10-m.
显然必有一个水龙头的打水人数不少于5人,不妨设为第一个水龙头,也不可能有一个水龙头没人去打水,则5≤m
由1)知:p1
,(m-1)p211-m)p1
+-10-m.
T-T′=(2m-11)p1>0,即当m>5时,我们让第一水龙头的第一人到第二水龙头去后,总时间减少.故在m=5时,总时间可能取得最小值.
由于m=5,故两个水龙头人一样多.总用时为:
T=(5p1+4p2+3p3+2p4+p5)+(5q1
+4q2+3q3+2q4+q5).
由于p10.即经交换后总时间变少.因此q1
类似地我们可以证明:pi
水龙头一:t1,t3,t5,t7,t9;水龙头二:t2,t4,t6,t8,t10.其中:t1
思考题答案与提示
n
n
i
i
1.提示:即证
i=1
∑xy
≤
i=1
∑xz
i
i
,用排序不等式
即得. 2.略. 3.略.
4.提示:不妨设a≥b≥c>0,则有a2≥b2≥c2,ab≥ac≥bc,由排序不等式得
a2bc+ab2c+abc2≤a3c+b3a+c3b.
又a3≥b3≥c3且a≥b≥c,再由排列不等式得a3c+b3a+c3b≤a4+b4+c4.
从而a2bc+ab2c+abc2≤a4+b4+c4,两边同除以abc即得所证不等式.
5.不妨设a≥b≥c,易证a(b+c-a)≤b(c+a-b)≤c(a+b-c).由排序原理得
a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)≤a・b(c+a-b)+b・c(a+b-c)+c・a(b+c-a)=3abc.
(收稿日期:2005-11-02)