Permutačná nerovnosť (nerovnosť preusporiadania)
Matúš Stehlík
Táto nerovnosť je veľmi jednoduchá a ohromne silná, ktorá nám dovolí vidieť platnosť hromady
nerovností takmer na prvý pohľad.
Veta: Nech a1 , a2 , . . . , an a b1 , b2 , . . . , bn sú postupnosti kladných reálnych čísel. Súčin týchto
postupností S = a1 b1 +a2 b2 +· · ·+an bn je maximálny práve vtedy keď sú postupnosti a1 , a2 , . . . , an
a b1 , b2 , . . . , bn zoradené rovnako. S je minimálny práve vtedy keď sú spomínané postupnosti
zoradené opačne(jedna je nerastúca a druhá neklesajúca).
iné znenie: Majme dve ľubovoľné usporiadané postupnosti kladných reálnych čísel x1 ≥ x2 ≥
· · · ≥ xn a y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn . Potom pre ľubovoľnú permutáciu(preusporiadanie) (y1 , y2 , . . . , yn )
čísel (y1 , y2 , . . . , yn ) platí
x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn by ≥ x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn ≥ x1 yn + x2 yn−1 + . . . xn y1 .
Bez dôkazu ju pochopí snáď úplne každý z nasledujúceho príkladu: Majme tri kôpky bankoviek.
Na prvej sú bankovky s hodnotou 10, na druhej s hodnotou 5 a na tretej s hodnotou 1(to je
postupnosť a1 = 10 ≥ a2 = 5 ≥ a3 = 1). A teraz si môžeme z jednej kôpky zobrať 7 kusov,
z druhej 3 a z tretej 2 (to je postupnosť b1 = 7 ≥ b2 = 3 ≥ b3 = 2). Ako si máme brať z
jednotlivých kôpok aby sme zobrali čo najviac? (alebo čo najmenej?) Zrejme najviac dostaneme
keď z kôpky s najhodnotnejšími bankovkami zoberieme najviac kusov, z druhej najväčšej hodnoty
vezmeme druhý najväčší počet atď. čo je 10 · 7 + 5 · 3 + 1 · 2 (najmenej vezmeme presne naopak
10 · 2 + 5 · 3 + 1 · 7). Potom všetky ostatné možnosti brania peňazí musia byť niekde medzi. . . Presne
o tom hovorí predošlá veta.
Dôkaz: Nech ar > as . Pozrime sa na súčty
S = a1 b1 + a2 b2 + · · · + ar br + · · · + as bs + . . . an bn
S 0 = a1 b1 + a2 b2 + · · · + ar bs + · · · + as br + . . . an bn .
S 0 sme dostali z S výmenou(preusporiadaním) členov pri ar a as . Potom odčítaním dostávame
S 0 − S = ar br + as bs − ar bs − as br = (ar − as )(bs − br ).
Vďaka predpokladu ar > as je prvá zátvorka kladná, takže rozdiel bude mať rovnaké znamienko
ako (bs − br ). Teda
br > bs ⇔ S 0 < S.
Čo je ekvivalentné s dokazovaným tvrdením.
Príklad: Pre kladné a, b, c dokážte a/b + b/c + c/a ≥ 3.
BUNV nech a ≥ b ≥ c. Postupnosti (a, b, c) a (1/a, 1/b, 1/c) sú opačne usporiadané. Preto z
permutačnej nerovnosti plynie, že ich minimálny súčin je S = a · (1/a) + b · (1/b) + c · (1/c) = 3.
Na ľavej strane máme ich iný súčin, preto platí nerovnosť.
Cvičenie
1. Pre kladné a, b, c dokážte, že
a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a.
2. Pre kladné a, b, c dokážte, že
a4 + b4 + c4 ≥ a2 bc + b2 ac + c2 ab.
a+b+c
abc
3. Pre kladné a, b, c dokážte, že
≤
1
a2
+
1
b2
+
1
c2 .
abc(a + b + c) ≤ a3 b + b3 c + c3 a.
4. Pre kladné a, b, c dokážte, že
x2
y2
5. Pre x, y, z > 0 dokážte, že
1
+
y2
z2
+
z2
x2
≥
y
x
+ yz + xz .
a2 +b2
a+b
6. Pre a, b, c > 0 dokážte, že
a3 +b3 +c3
a2 +b2 +c2
7. Pre a, b, c > 0 dokážte, že
≥
≥
a+b
2 .
a+b+c
3 .
Hinty k cvičeniu: 1) postupnosti (a2 , b2 , c2 ) a (a, b, b) sú na ľavej strane zoradené rovnako. 3)
rozdeľte výraz na ľavej strane na 3 zlomky. 4)stačí roznásobiť 5) dve rovnaké postupnosti.
2
Download

Permutačná nerovnosť (nerovnosť preusporiadania) ≤ 1