【3】排序不等式

定理3.1 $a_1\le a_2\le ...\le a_n,b_1\le b_2\le ...\le b_n$ ，数列 $\{c_n\}$ 是 $\{b_n\}$ 的一个排列，那么：
$a_1b_n+a_2b_{n-1}+...+a_nb_1\le a_1c_1+a_2c_2+...+a_nc_n\le a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\tag{3.1}$
题3.2 $a,b,c\in \mathbb R$ ,证明：
$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$
证法1 不妨设 $a<b<c$ ，根据排序不等式：
$a^2+b^2+c^2 = aa+bb+cc\ge ab+bc+ca$ $\blacksquare$

证法2 根据柯西不等式，有
$a^2+b^2+c^2 \ge (a+b+c)^2/3$ 所以
$3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca$ 移项化简得 $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$
$\blacksquare$

题3.3 $a,b,c\ge 0$ ,证明：
$a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a$
证明不妨设 $a\le b\le c$ ，因 $a,b,c\ge 0$ ，所以
$a^2\le b^2\le c^2$ 根据排序不等式：
$a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a$ $\blacksquare$

题3.4 $a,b,c>0$ ,证明：
$\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}\ge \frac{a}b+\frac{b}c+\frac{c}a$
证明不妨设 $a\ge b\ge c$ ，因 $a,b,c> 0$ ，所以
$bc\le ca \le ab,1/a^2 \le 1/b^2 \le 1/c^2$
根据排序不等式有 $\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}\ge \frac{a}b+\frac{b}c+\frac{c}a$ $\blacksquare$

题3.5 已知 $a+b+c=3$ ，求 $a+ab+abc$ 的最大值。
解利用均值不等式： $(a+c)(1+b)\le \left(\frac{a+b+c+1}{2}\right)^2=4$ $\tag{3.5.1}$
再者，因 $a+b\le 3$ ，所以 $ab-b=b(a-1)\le1$ ，即 $ab\le b+1$
所以： $abc\le c+bc \Rightarrow a+ab+abc\\ \le a+c+ab+bc\\ \Rightarrow a+ab+abc\le (a+c)(1+b)$
结合(3.51)得： $a+ab+abc\le 4$ ，当 $a=2,b=1,c=0$ 时等号成立，所以： $\min{(a+ab+abc)}=4$
$\blacksquare$

题3.6 已知
$x_1+x_2+...+x_n=3,n\ge 3$ 求
$x_1+x_1x_2+x_1x_2x_3+...+x_1x_2x_3...x_n$ 的最大值。
解设 $f_n(x_1,x_2,...,x_n)=x_1+x_1x_2+...+x_1x_2...x_n$ ，不妨设
$i<j\rightarrow x_i\le x_j$ 否则，为了令 $f_n$ 最大，在 $f_n$ 的变量表中调换 $x_i,x_j$ 的位置，此操作不会使 $f_n$ 更小。于是因 $n \ge 3$ 有 $x_n\le 1$ 。以下使用数学归纳法证明 $\forall n\ge 3,f_n\le 4$ ：
根据 $题3.5$ 知 $n=3$ 时命题成立；
假设 $n=k$ 时命题成立，于是：
因为 $x_k(1+x_{k+1})=x_k+x_kx_{k+1}\le x_k+x_{k+1}$
所以 $x_1+x_2+....+x_{k-1}+x_k(1+x_{k+1})\le 3$
$f_n=f_{k+1}=x_1+x_1x_2+...+x_1x_2...x_k+x_1x_2...x_kx_{k+1}\\ =x_1+x_1x_2+...+x_1x_2...x_k(1+x_{k+1})=f_{k}(x_1,x_2,x_3,...,x_k(1+x_{k+1})\le 4$
根据归纳假设，命题成立。当 $x_1=2,x_2=1,x_3=x_4=...=x_n=0$ ，等号成立。所以f_n的最大值为 $4$ 。
$\blacksquare$