为非负整数
n,证明
n!≤(2n+1)n.
首先,请注意,
n!=1⋅2⋅3.⋯(n−1)⋅n而且
(2n+1)n=(2n+1)(2n+1)⋯(2n+1).我们有一个两边项的乘积,这意味着反向重排不等式。
回想一下,最小值发生在两个序列
{一个}而且
{b}都是类似的,最大值发生在相反的顺序。我们看到,如果两个序列的顺序相似,它们的和会增加,就像
n!当它们的顺序相反时,它们可能会彼此配对,给出相同的总和
2n+1.
的确,如果我们允许的话
一个k=bk=2k我们知道了
(一个1+b1)(一个2+b2)⋯(一个n+bn)=1⋅2⋯n=n!而且
(一个1+bn)(一个2+bn−1)⋯(一个n+b1)=(2n+1)n.
因此,通过反向重排,我们有
n!≤(2n+1)n做完了。
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让
x,y,z是正实数。证明
(yx+xy2)(zy+yz2)(xz+zx2)≥(x+1)(y+1)(z+1).
在这里很难找到类似的有序序列。让我们通过消去分母来化简不等式。我们想要证明这一点
(x2+y3.)(y2+z3.)(z2+x3.)≥x2y2z2(x+1)(y+1)(z+1).
现在,类似的顺序出现在我们面前。如果
x≥y≥z,然后我们有类似顺序的序列
x2≥y2≥z2而且
x3.≥y3.≥z3.,则应用定理可得:
(x2+y3.)(y2+z3.)(z2+x3.)≥(x2+x3.)(y2+y3.)(z2+z3.)=x2y2z2(x+1)(y+1)(z+1).□
考虑到
x1,x2,...,xn≥1是真的吗,证明一下
(x12−x1+x2)(x22−x2+x3.)⋯(xn2−xn+x1)≥x12x22⋯xn2.
WLOG,让
x1≤x2≤⋯≤xn.现在考虑替换
{一个k=xkbk=xk2−xk
对所有
k=1,...,n.请注意,如
一个k的增加,
bk也会增加;因此
{一个}而且
{b}类似的命令。还要注意,我们的变量必须是非负的条件也被满足,因为
xk≥1⟹xk2−xk≥0.
利用逆向重排不等式和排列
(σ(1),σ(2),...,σ(n))=(n,1,...,n−1),我们得到不等式
cyc∏(一个1+b1)cyc∏(x1+x12−x1)≤cyc∏(一个2+b1)≤cyc∏(x2+x12−x1).
这简化了
x12x22⋯xn2≤(x12−x1+x2)(x22−x2+x3.)⋯(xn2−xn+x1),
这正是我们想要证明的。
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考虑到
x,y,z非负实数是这样的吗
xy+yz+zx=1,证明
(x2+y2+2)(y2+z2+2)(z2+x2+2)≥8(x+y+z−xyz)2.
LHS看起来很适合一些反向重排,但RHS就不是那么好了。我们只有两项(和一个常数)的乘积。
但首先,我们有一个条件
xy+yz+zx=1;因此让我们同质化。LHS很简单:
cyc∏(x2+y2+2)=cyc∏(x2+y2+2xy+2yz+2zx).
但是等一下:
x2+xy+yz+zx=(x+y)(x+z)而且
y2+xy+yz+zx=(y+z)(y+x),所以我们有
cyc∏(x2+y2+2xy+2yz+2zx)=cyc∏((x+y)(x+z)+(y+z)(y+x))=cyc∏(x+y)(x+y+2z).
现在我们将RHS均质化:
8(xyz−x−y−z)2=8(xyz−(xy+yz+zx)(x+y+z))=8(xyz−(3.xyz+x2y+x2z+y2x+y2z+z2x+z2y))2=8(x2y+x2z+y2x+y2z+z2x+z2y+2xyz)2=8((x+y)(y+z)(z+x))2,
意味着我们的不平等变成了
cyc∏(x+y)(x+y+2z)≥8((x+y)(y+z)(z+x))2.
两边同时除以
(x+y)(y+z)(z+x),我们得到
cyc∏(x+y+2z)≥8(x+y)(y+z)(z+x).
注意,我们只有
x+y,
y+z,
z+x不等式两边的项,这促使我们代入
一个=x+y,
b=x+z,
c=y+z.然后我们只需要证明不等式
cyc∏(b+c)≥8一个bc.
这对于反向重排来说是完美的:
cyc∏(一个+c)≥cyc∏(一个+一个)=(2一个)(2b)(2c)=8一个bc,
做完了。
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