Упражнение №1.
Пусть a и b и c – положительные вещественныечисла.
Докажите неравенство.
a3+b3+c3 a2b+b2c+c2a.
Доказательство.
Заметим, прежде всего, что
a3+b3+c3= , a2b+b2c+c2a =
А так как последовательности (a2, b2, c2), (a, b, c) одномонотонны, то
.
А это значит, что a3+b3+c3 a2b+b2c+c2a.
Что и требовалось доказать.
Упражнение №2.
Пусть a и b и c – положительные вещественныечисла.
Докажите неравенство.
.
Доказательство.
Заметим, прежде всего, что
и (a, b, c) и () одномонотонные последовательности, то
,
.
Складывая эти неравенства, мы получаем
.
Отделим дроби с одинаковым знаменателем в правой части
.
Вычислив, получаем
.
А это значит, что
Что и требовалось доказать
Случай с двумя последовательностями из n переменных
Рассмотрим одномонотонные последовательность (а1, а2, …аn) и (b 1, b2,…bn)
Если =a1b1, и =а1b1+а2b2, то =а1b1+а2b2…anbn
Теорема 3. Пусть ( а1 а2 … аn ), ( b1 b2 … bn ) – одномонотонные последовательности и ()перестановка чисел b1 b2 … bn. Тогда
.
Доказательство.
Действительно, если последовательность () отличается от (b1 b2 … bn) то найдется пара чисел k, l (1 k<l n) такая, что последовательности (ak, al) и (bk, bl) не одномонотонны. Значит, поменяв местами числа и и , мы увеличим всю сумму, а значит и всю сумму . То есть
,
так как .
Очевидно, что за конечное число попарных перестановок элементов 2-ой строки можно получить одномонотонную последовательность.
Теорема доказана.
Следствие.
Для любого n N верно
.
Доказательство.
Но последовательности (а1 а2 … аn) и () не являются одномонотонными, и поэтому мы не можем воспользоваться теоремой 3.
Однако эти последовательности противомонотонны: числа в последовательностях расположены в обратном порядке – самому большому по величине соответствует самое маленькое, а самому маленькому соответствует самое большое. А из противомонотонных последовательностей сделать одномонотонные очень просто – достаточно все числа второй линии взять со знаком минус. В данном случае одномонотонными являются последовательности
(а1 а2 … аn) и ()
Поэтому