逆向重排不等式

的逆向重排不等式允许我们比较不等式中各项和的乘积。它与著名的重排的不平等，它是关于项的乘积的和，因此得名。它是由丹尼尔·刘．

给定两个非负序列 $\ {an \}$而且 $\ {b_n \}$它们的顺序是相似的

$\ prod_ {k = 1} ^ n (a_k + b_k) \ le \ prod_ {k = 1} ^ n (a_k + b_{\σ(k)}) \ le \ prod_ {k = 1} ^ n (a_k + b_ {n - k + 1}),$

在哪里 $\σ(1)\σ(2),\ ldots \σ(n)$是排列 $1、2、\ ldots, n,$分别。 $_ \广场$

与重排不等式的一个显著区别是，变量现在必须是非负的。

对于非负整数 $n$证明 $$

$n !le \ \离开(\ dfrac {n + 1}{2} \右)^ n。$

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首先，请注意 $n !＝1\cdot 2\cdot 3\cdots (n-1) \cdot n$而且 $左(\ \ dfrac {n + 1}{2} \右)^ n = \离开(\ dfrac {n + 1}{2} \) \离开(\ dfrac {n + 1} {2} \) \ cdots \离开(\ dfrac {n + 1}{2} \右)。$我们在两边有一个项的乘积，这表明了逆向重排不等式。

回想一下，最小值发生在两个序列 $\ {\}$而且 $\ \ {b}$是相似的顺序和最大值发生时，所述序列是相反的顺序。我们看到，如果两个序列的顺序相似，它们的和就会增加，就像 $n !$，当它们的顺序相反时，它们可能会相互配对，并给出相同的和 $\压裂{n + 1} {2}$．

的确，如果我们让 $a_k = b_k = \压裂{k} {2}$我们知道 $(a_1 + b_1) (a₂+ b_2) \ cdots (an + b_n) = 1 \ \ cdots cdot 2 n = n !$而且 $(a_1 + b_n) (a₂+ b_ {n}) \ cdots (an + b_1) = \离开(\ dfrac {n + 1}{2} \右)^ n。$

因此，通过逆向重排，我们有 $n !le \ \离开(\ dfrac {n + 1}{2} \右)^ n$做完了。 $_ \广场$

让 $X y z$要积极真实。证明 $$

$左(\ \ \压裂压裂{x} {y} + {y ^ 2} {x} \) \离开(\压裂{y} {z} + \压裂{z ^ 2} {y} \) \离开(\压裂{z} {x} + \压裂{x ^ 2} {z} \) \组(x + 1) (y + 1) (z + 1)。$

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在这里要找到类似顺序的序列有点困难。我们消去分母来化简不等式。我们想证明这一点

$\离开(x ^ 2 + y ^ 3 \) \离开(y ^ 2 + z ^ 3 \) \离开(z ^ 2 + x ^ 3 \) \组x ^ 2 y ^ 2 z ^ 2 (x + 1) (y + 1) (z + 1)。$

现在，类似的顺序出现在我们面前。如果 $X \ge y\ge z，$然后我们有相似顺序的序列 $X²\ge y²\ge z²$而且 $X³\ge y³\ge z³$，则应用定理可得:

${对齐}\ \开始离开(x ^ 2 + y ^ 3 \) \离开(y ^ 2 + z ^ 3 \) \离开(z ^ 2 + x ^ 3 \右)& \组\离开(x ^ 2 + x ^ 3 \) \离开(y ^ 2 + y ^ 3 \) \离开(z z ^ ^ 2 + 3 \) \ \ & = x ^ 2 y ^ 2 z ^ 2 (x + 1) (y + 1) (z + 1)。\ _\方形\端{对齐}$

考虑到 $X_1,x_2，\ldots, x_n\ ge1$是实数吗，证明一下

$\离开(x_1 ^ 2-x_1 + x_2 \) \离开(x_2 ^ 2-x_2 + x_3 \) \ cdots \离开(x_n ^ 2-x_n + x_1 \) \通用电气x_1 ^ 2 x_2 ^ 2 \ cdots x_n ^ 2。$

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WLOG,让 $X_1 \le x_2\le \cdots \le x_n。$现在考虑代换

$\ \{\离开开始{数组}{1}a_k xk = xk \ \ b_k = ^ 2-x_k \结束数组{}\。$

对所有 $K =1， \ldots, n$．请注意， $a_k$的增加, $b_k$也会增加;因此 $\ {\}$而且 $\ \ {b}$顺序相似。还要注意，我们的变量必须是非负的条件也得到满足，因为

$X_k \ge 1\表示X_k ^2-x_k \ge 0。$

利用逆向重排不等式和排列 $大(\ \σ(1)\σ(2),\ ldots \σ(n) \大)= (n, 1 \ ldots n - 1)$，得到不等式

$\开始{对齐}\ prod_{本体}(a_1 + b_1) & \ le \ prod_{本体}(a₂+ b_1) \ \ \ prod_{本体}(x_1 + x_1 ^ 2-x_1) & \ le \ prod_{本体}(x_2 + x_1 ^ 2-x_1)。结束\{对齐}$

这可以简化为

$x_1 ^ 2 x_2 ^ 2 \ cdots x_n ^ 2 \ le \离开(x_1 ^ 2-x_1 + x_2 \) \离开(x_2 ^ 2-x_2 + x_3 \) \ cdots \离开(x_n ^ 2-x_n + x_1 \右),$

这正是我们想要证明的。 $_ \广场$

考虑到 $x, y, z$非负实数是这样吗 $xy + yz + zx = 1$证明 $$

$\大(x ^ 2 + y ^ 2 + 2 \大)、大(y ^ 2 + z ^ 2 + 2 \大)、大(z ^ 2 + x ^ 2 + 2大\)\通用电气8 (x + y + z-xyz) ^ 2。$

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LHS看起来很适合逆向重排，但RHS就不那么好了。我们只有两项的乘积(和一个常数)。

但首先，我们有一个条件 $xy + yz + zx = 1$；我们来均质化。LHS很简单:

$\ prod_{本体}\大(x ^ 2 + y ^ 2 + 2 \大)= \ prod_{本体}\大(x ^ 2 + y ^ 2 + 2 xy + 2 yz + 2 zx \大)。$

但是等一下: $x ^ 2 + xy + yz + zx = (x + y) (x + z)$而且 $y ^ 2 + xy + yz + zx = (y + z) (y + x),$所以我们有

${对齐}\ \开始prod_{本体}\大(x ^ 2 + y ^ 2 + 2 xy + 2 yz + 2 zx \大)& = \ prod_{本体}\大((x + y) (x + z) + (y + z) (y + x) \大)\ \ & = \ prod_{本体}(x + y) (x + y + 2 z)。\{对齐}结束$

现在我们将RHS均质化:

$\{对齐}开始8 (xyz-x-y-z) ^ 2 & = 8 \大(xyz - (xy + yz + zx) (x + y + z) \大)\ \ & = 8 \离开(xyz - \大(3 xyz x ^ 2 + y z + x ^ 2 + y ^ 2 x + y ^ 2 z + z ^ 2 x + y z ^ 2 \大)\右)^ 2 \ \ & = 8 \大(x ^ 2 + y z x ^ 2 + y ^ 2 x + y ^ 2 z + z ^ 2 x + y z ^ 2 + 2 xyz \大)^ 2 \ \ & = 8 \大((x + y) (y + z) (z + x) \大)^ 2,结束\{对齐}$

意味着我们的不平等变成了

$\ prod_{本体}(x + y) (x + y + 2 z)通用电气8 \ \大((x + y) (y + z) (z + x) \大)^ 2。$

两边除以 $(x + y) (y + z) (z + x)$，我们得到

$\ prod_{本体}(x + y + 2 z) \通用电气8 (x + y) (y + z) (z + x)。$

观察一下，我们只有 $x + y$， $y + z$, $z + x$不等式两边的项，这就要求我们代入 $一个= x + y$， $b = x + z$, $c = y + z$．然后我们只需要证明不等式

$\ prod_{本体}(b + c) \通用电气8 abc。$

现在这是完美的反向重排:

$\ prod_{本体}(a + c) \通用电气\ prod_{本体}(a + a) = (2) (2 b) (2 c) = 8 abc,$

我们做完了。 $_ \广场$

下面是一些指导原则，可以帮助你尝试使用RR:

1. 如果不等式两边有多个乘积
2. 如果这些项有排列，特别是“移位一”的排列
3. 如果有一种方法可以简化表达式，通过一厢情愿的想法来抵消
4. 如果不等式两边所有项的和相等。

我们将用归纳法给出下界的证明。

基本情况: $n = 1$
一个元素上唯一的排列是 $\sigma(1) = 1$．这种不平等是完全正确的。

基本情况: $N = 2$
两个元素上的非平凡排列是 $\sigma(1) = 2， \sigma(2) = 1$．我们想证明如果 $0 \leq a_1 \leq a_2$而且 $0 \leq b_1 \leq b_2$,然后 $(a_1 + b_1) (a₂+ b_2) \ leq (a_1 + b_2) (a₂+ b_1)。$展开这些项，消去公约数，把这些项移到一边，我们得到 $0 \ leq a_1 b_1 + a_2b_2 - a_1 b_2 - a - b_1 = (a_2-a_1) (b_2-b_1)。$这个不等式是正确的，因为这两项都是非负的。

归纳步骤:
假设这个命题对上的排列成立 $k$元素。考虑 $\σ$上的排列 $k + 1$元素。

如果 $\sigma(k+1) = k+1$，那么我们可以取消 $(a_{k+1} + b_{k+1})$从不等式的两边，我们现在有了一个排列 $k$元素，因此不等式成立。

如果 $\sigma(k+1) = j \neq k+1$,让 $\sigma(i) = k+1$．我们有 $A_i \leq a_{k+1}$而且 $B_j \leq b_{k+1}$根据归纳假设 $(ai + b_j)(现代{k + 1} + b_ {k + 1}) \ leq (ai + b_ {k + 1})(现代{k + 1} + b_ {j})。\ qquad (*)$现在，考虑一下排列 $\σ^ *$在 $k$给出的元素 $\sigma^*(x) = \sigma(x)$为 $X \ nq$而且 $\sigma^* (i) = j$．然后，根据归纳假设，我们有 $(a_1 + b_1) \ \ cdots \乘以(a_k + b_k) \ leq (a_1 + b_{\σ^ * (1)})\ \ cdots \乘以(ai + b_j) \ \ cdots \乘以(a_k + b_{\σ^ * (k)})。$

因此，与不平等相结合 $（*）$我们知道 $\开始{对齐}& (a_1 + b_1) \ \ cdots \乘以(a_k + b_k) \ *(现代{k + 1} + b_ {k + 1}) \ \ \ leq & (a_1 + b_{\σ^ * (1)})\ \ cdots \乘以(ai + b_j) \ \ cdots \乘以(a_k + b_{\σ^ * (k)}) \ *(现代{k + 1} + b_ {k + 1}) \ \ \ leq & (a_1 + b_{\σ^ * (1)})\ \ cdots \乘以(ai + b_ {k + 1}) \ \ cdots \乘以(a_k + b_{\σ^ * (k)}) \ *(现代{k + 1} + b_ {j }) \\ = & ( a_1 + b_{\σ(1)})\ \ cdots \乘以(ai + b_{\σ(i)}) \ \ cdots \乘以(a_k + b_{\σ(k)})\times (a_{k+1} + b_{\sigma(k+1)})。结束\{对齐}$

因此，证明了不等式。 $_ \广场$

注意:我们使用了序列非负的事实，因为我们将归纳假设乘以 $A_ {k+1} + b_{k+1}$．为了使符号不变，我们必须这样假设 $A_ {k+1} + b_{k+1}$是正的。

上界的证明是类似的，留给读者。

要了解更详细的不平等分析，请下载丹尼尔的论文在这里．

1. 如果 $f (x)$是递减的非负函数吗

$\prod \left(a_k + f(a_k) \right) \geq \prod \left(a_k + f(a_{\sigma(k)} \right)$

1. 如果 $f (x)$是递减的非负函数吗

$\prod \left(a_k f(a_k) + 1 \right) \leq \prod \left(a_k f(a_{\sigma(k)}) + 1 \right)$

在每种情况下，不等式翻转为一个递增的非负函数。

1)让 $k$是一个固定的正数。给定正实数 $\{b_i \}_{i=1}^n$展示一下

$(b_1 ^ 2 + k) (b_2 ^ 2 + k) \ ldots (b_n ^ 2 + k) \组(b_1 b_2 + k) (b_2b_3 + k) \ ldots (b_n b_1 + k)。$

2)让 $f (x)$是递减的正函数。让 $\{a_i \} _{i=1} ^ n$是一系列正实数。让 $\σ$任意排列 $n$元素。表明,

$n \ \ prod_ {k = 1} ^大(a_k + f (a_k) \大)\组\ prod_ {k = 1} ^ n \离开(a_k + f \大(现代{\σ(k)} \大)\右)。$

• 重排的不平等

• 持有人不平等