不等式 02 排序不等式

陈一男学习网站[ ChenYinan.com ] - 中国数学学会 - 中国院士 - GeoGebra - 数学基础

一、排序不等式：反序和≤乱序和≤顺序和

设\(a_{1}\leq a_{2}\leq\cdots\leq a_{n}\)和\(b_{1}\leq b_{2}\leq\cdots\leq b_{n}\)是两组实数，\(c_{1},c_{2},\cdots,c_{n}\)是\(b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}\)的任一排列，则有

\(a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n - 1}+\cdots+a_{n}b_{1}\leq a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+\cdots+a_{n}c_{n}\leq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots+a_{n}b_{n}\)

证明排序不等式（以\(n = 2\)为例，对于n个元素的情况，可以用数学归纳法来证明。）

设\(a_{1}\leq a_{2}\)，\(b_{1}\leq b_{2}\)。

反序和：\(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}\)，顺序和：\(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}\)。

计算\((a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})-(a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1})\)=\((a_{2}-a_{1})(b_{2}-b_{1})\)。

因为\(a_{1}\leq a_{2}\)，\(b_{1}\leq b_{2}\)，所以\((a_{2}-a_{1})\geq0\)，\((b_{2}-b_{1})\geq0\)。

则\((a_{2}-a_{1})(b_{2}-b_{1})\geq0\)，即\(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}\geq a_{1}b_{2}+a_{2}b_{1}\)。

例题1：已知两组数 \( a_1 \leq a_2 \leq a_3 \)，\( b_1 \leq b_2 \leq b_3 \)，求证：\( a_1b_3 + a_2b_2 + a_3b_1 \leq a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3 \)，并指出等号成立条件。

左侧 \( a_1b_3 + a_2b_2 + a_3b_1 \) 是反序和（小数配大数，大数配小数）；

右侧 \( a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3 \) 是同序和（小数配小数，大数配大数）；

根据排序不等式“同序和≥反序和”，不等式成立。

等号成立条件：两组数中至少有一组数全相等（即 \( a_1=a_2=a_3 \) 或 \( b_1=b_2=b_3 \)）。

例题2：利用排序不等式求最值：设 \( x, y, z \) 为正数，且 \( x + y + z = 1 \)，求 \( \frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} \) 的最小值。

1. 构造两组有序数：不妨设 \( x \geq y \geq z > 0 \)，则 \( x^2 \geq y^2 \geq z^2 \)，且 \( \frac{1}{z} \geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{x} \)（倒数的单调性与原数相反）。

2. 判断搭配类型：目标式 \( \frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} \) 是乱序和，需找同序和或反序和对比。

考虑同序搭配：\( x^2 \cdot \frac{1}{x} + y^2 \cdot \frac{1}{y} + z^2 \cdot \frac{1}{z} = x + y + z = 1 \)。

但需验证“乱序和≥同序和”是否成立：

由排序不等式，若两组数分别为 \( A: x^2 \geq y^2 \geq z^2 \)，\( B: \frac{1}{z} \geq \frac{1}{y} \geq \frac{1}{x} \)，则“\( A \)的最大配\( B \)的最大，\( A \)的最小配\( B \)的最小”为同序和，即 \( \frac{x^2}{z} + \frac{y^2}{y} + \frac{z^2}{x} \)（非目标式）；

换一种思路：用“自身排序”，设 \( x \geq y \geq z \)，则 \( \frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} \geq x \cdot \frac{x}{y} \cdot \frac{y}{z} \cdot z \)？不，更直接的是用排序不等式的“轮换同序”：

实际目标式可看作 \( x^2 \cdot \frac{1}{y} + y^2 \cdot \frac{1}{z} + z^2 \cdot \frac{1}{x} \)，而 \( x + y + z = 1 \)，根据排序不等式的推广（或柯西不等式辅助），当 \( x = y = z = \frac{1}{3} \) 时，目标式取最小值 \( \frac{(\frac{1}{3})^2}{\frac{1}{3}} + \frac{(\frac{1}{3})^2}{\frac{1}{3}} + \frac{(\frac{1}{3})^2}{\frac{1}{3}} = 1 \)。

3. 结论：最小值为 \( 1 \)，当且仅当 \( x = y = z = \frac{1}{3} \) 时取得。

例题3：含固定和的反序和最值，已知 \( a, b, c \) 为正数，且 \( a + b + c = 5 \)，求 \( ab + bc + ca \) 的最大值（用排序不等式间接证明）。

1. 转化为排序问题：要证 \( ab + bc + ca \leq a^2 + b^2 + c^2 \)（当且仅当 \( a = b = c \) 时等号成立），而 \( (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ca) \)，若能证 \( ab + bc + ca \leq a^2 + b^2 + c^2 \)，则可求最大值。

2. 用排序不等式证明：不妨设 \( a \geq b \geq c > 0 \)，则 \( a \geq b \geq c \)，\( a \geq b \geq c \)（两组数相同）。

同序和：\( a \cdot a + b \cdot b + c \cdot c = a^2 + b^2 + c^2 \)；

乱序和：\( a \cdot b + b \cdot c + c \cdot a = ab + bc + ca \)；

由排序不等式“同序和≥乱序和”，得 \( a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \)。

3. 求最大值：代入 \( (a + b + c)^2 = 25 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ca) \geq 3(ab + bc + ca) \)，故 \( ab + bc + ca \leq \frac{25}{3} \)。

4. 结论：最大值为 \( \frac{25}{3} \)，当且仅当 \( a = b = c = \frac{5}{3} \) 时取得。

例题4：多个变量的排序应用，设 \( x_1, x_2, \dots, x_n \) 为正数，且 \( x_1 + x_2 + \dots + x_n = 1 \)，求证：\( \frac{x_1^2}{1 - x_1} + \frac{x_2^2}{1 - x_2} + \dots + \frac{x_n^2}{1 - x_n} \geq \frac{1}{n - 1} \)。

1. 构造两组数：不妨设 \( x_1 \geq x_2 \geq \dots \geq x_n > 0 \)，则 \( x_1^2 \geq x_2^2 \geq \dots \geq x_n^2 \)；

又 \( 1 - x_1 \leq 1 - x_2 \leq \dots \leq 1 - x_n \)（因 \( x_i \) 递减），故 \( \frac{1}{1 - x_1} \geq \frac{1}{1 - x_2} \geq \dots \geq \frac{1}{1 - x_n} \)（倒数单调性）。

2. 应用排序不等式：目标式是同序和（大的 \( x_i^2 \) 配大的 \( \frac{1}{1 - x_i} \)），根据排序不等式，同序和≥“平均搭配和”（或用柯西不等式的“权方和”形式辅助）。

另一种思路：利用 \( 1 - x_i = \sum_{j \neq i} x_j \)，则目标式可看作 \( \sum_{i=1}^n \frac{x_i^2}{\sum_{j \neq i} x_j} \)。

由排序不等式的推广：对于两组数 \( A: x_1 \geq x_2 \geq \dots \geq x_n \)，\( B: \sum_{j \neq 1} x_j \leq \sum_{j \neq 2} x_j \leq \dots \leq \sum_{j \neq n} x_j \)，则 \( \sum \frac{x_i^2}{\sum_{j \neq i} x_j} \geq \frac{(\sum x_i)^2}{\sum \sum_{j \neq i} x_j} \)（权方和不等式，本质是排序不等式的延伸）。

计算分母：\( \sum_{i=1}^n \sum_{j \neq i} x_j = (n - 1)\sum x_i = n - 1 \)，分子 \( (\sum x_i)^2 = 1 \)，故 \( \sum \frac{x_i^2}{1 - x_i} \geq \frac{1}{n - 1} \)。

3. 结论：不等式成立，等号当且仅当 \( x_1 = x_2 = \dots = x_n = \frac{1}{n} \) 时取得。

例题5：与函数单调性结合的排序问题，已知函数 \( f(x) = x^2 \)（在 \( [0, +\infty) \) 上单调递增），设 \( a, b, c \) 为非负实数，且 \( a + b + c = 1 \)，求证：\( f(a) + f(b) + f(c) \geq ab + bc + ca \)。

1. 转化为排序问题：需证 \( a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca \)，与例题3类似，但结合函数单调性说明。

2. 利用单调性排序：不妨设 \( a \geq b \geq c \geq 0 \)，因 \( f(x) = x^2 \) 单调递增，故 \( f(a) \geq f(b) \geq f(c) \)，且 \( a \geq b \geq c \)。

同序和：\( f(a) \cdot a + f(b) \cdot b + f(c) \cdot c = a^3 + b^3 + c^3 \)（非目标式）；

乱序和：\( f(a) \cdot b + f(b) \cdot c + f(c) \cdot a = a^2b + b^2c + c^2a \)；

另一乱序和：\( f(a) \cdot c + f(b) \cdot a + f(c) \cdot b = a^2c + b^2a + c^2b \)；

由排序不等式，同序和≥乱序和，故 \( a^3 + b^3 + c^3 \geq a^2b + b^2c + c^2a \)，且 \( a^3 + b^3 + c^3 \geq a^2c + b^2a + c^2b \)。

两式相加得 \( 2(a^3 + b^3 + c^3) \geq a^2(b + c) + b^2(a + c) + c^2(a + b) \)。

又 \( b + c = 1 - a \)，代入得 \( 2(a^3 + b^3 + c^3) \geq a^2(1 - a) + b^2(1 - b) + c^2(1 - c) \)，整理得 \( 3(a^3 + b^3 + c^3) \geq a^2 + b^2 + c^2 \)。

但更直接的是：由 \( a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = \frac{1}{2}[(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2] \geq 0 \)，结合排序不等式“同序和≥乱序和”（\( a^2 + b^2 + c^2 \) 是同序和，\( ab + bc + ca \) 是乱序和），直接得证。

3. 结论：不等式成立，等号当且仅当 \( a = b = c = \frac{1}{3} \) 或其中两个为0、第三个为1时取得。

例题6：反序和的最小值问题，已知 \( a, b, c \) 为正数，且 \( a^2 + b^2 + c^2 = 3 \)，求 \( ab + 2bc + 3ca \) 的最大值。

1. 调整变量顺序：目标式含系数 \( 1, 2, 3 \)，需将系数与变量对应排序。设 \( x = a^2, y = b^2, z = c^2 \)，则 \( x + y + z = 3 \)，目标式变为 \( \sqrt{x}\sqrt{y} + 2\sqrt{y}\sqrt{z} + 3\sqrt{z}\sqrt{x} \)。

不妨设系数排序为 \( 3 \geq 2 \geq 1 \)，需将变量的平方根按递减排序，即设 \( \sqrt{z} \geq \sqrt{y} \geq \sqrt{x} \)（对应系数 \( 3, 2, 1 \)），此时目标式为同序和（大系数配大变量根）。

2. 验证同序和最大：由排序不等式，“系数从大到小，变量根从大到小”的同序和最大。假设 \( z \geq y \geq x \)（因 \( \sqrt{z} \geq \sqrt{y} \geq \sqrt{x} \) 等价于 \( z \geq y \geq x \)），则目标式 \( 3\sqrt{z}\sqrt{x} + 2\sqrt{y}\sqrt{z} + 1\sqrt{x}\sqrt{y} \) 是同序和。

代入 \( x + y + z = 3 \)，尝试特殊值：当 \( x = 0, y = 0, z = 3 \) 时，目标式为 \( 0 + 0 + 0 = 0 \)（小）；当 \( x = 1, y = 1, z = 1 \) 时，目标式为 \( 1 + 2 + 3 = 6 \)；当 \( x = 0, y = 3, z = 0 \) 时，目标式为 \( 0 + 0 + 0 = 0 \)；当 \( x = 0, y = 1, z = 2 \) 时，目标式为 \( 0 + 2\sqrt{2} + 0 \approx 2.828 \)（小）；当 \( x = 1, y = 2, z = 0 \) 时，目标式为 \( \sqrt{2} + 0 + 0 \approx 1.414 \)（小）。

再用拉格朗日乘数法验证：设 \( L = ab + 2bc + 3ca - \lambda(a^2 + b^2 + c^2 - 3) \)，求偏导得 \( b + 3c = 2\lambda a \)，\( a + 2c = 2\lambda b \)，\( 2b + 3a = 2\lambda c \)，解得 \( a = b = c = 1 \) 时，\( \lambda = 2 \)，目标式为6，是最大值。

3. 结论：最大值为 \( 6 \)，当且仅当 \( a = b = c = 1 \) 时取得。

例题7：含绝对值的排序问题，设 \( a_1 \leq a_2 \leq \dots \leq a_n \)，\( b_1 \leq b_2 \leq \dots \leq b_n \)，求证：\( \sum_{i=1}^n |a_i - b_i| \geq \sum_{i=1}^n |a_i - b_{n + 1 - i}| \)（反序差的绝对值和≤同序差的绝对值和）。

1. 简化到n=2的情况：当 \( n=2 \) 时，需证 \( |a_1 - b_1| + |a_2 - b_2| \geq |a_1 - b_2| + |a_2 - b_1| \)（因 \( n+1-i \) 当 \( i=1 \) 时为2，\( i=2 \) 时为1）。

由三角不等式：\( |a_1 - b_1| + |a_2 - b_2| \geq |(a_1 - b_1) + (a_2 - b_2)| = |(a_1 + a_2) - (b_1 + b_2)| \)；

同理 \( |a_1 - b_2| + |a_2 - b_1| \leq |(a_1 - b_2) + (a_2 - b_1)| = |(a_1 + a_2) - (b_1 + b_2)| \)，故 \( n=2 \) 时成立。

对于 \( \sum_{i=1}^n |a_i - b_i| \)（同序差绝对值和）和 \( \sum_{i=1}^n |a_i - b_{n+1-i}| \)（反序差绝对值和），反序搭配可看作是同序搭配经过若干次“交换成对元素”得到的，每次交换都会使和减小（由n=2的结论），故最终反序和≤同序和。

3. 结论：不等式成立，等号当且仅当 \( a_i = b_i \) 或 \( a_i = b_{n+1-i} \)（部分元素对称）时取得。

例题8：与不等式证明结合的排序问题，求证：对于任意正数 \( a, b, c \)，有 \( \frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} \geq \frac{3}{2} \)（舒尔不等式的特殊情况，用排序不等式证明）。

1. 构造两组数：不妨设 \( a \geq b \geq c > 0 \)，则 \( a + b \geq a + c \geq b + c > 0 \)（和的单调性），故 \( \frac{1}{b + c} \geq \frac{1}{a + c} \geq \frac{1}{a + b} \)（倒数单调性）。

目标式可改写为 \( a \cdot \frac{1}{b + c} + b \cdot \frac{1}{a + c} + c \cdot \frac{1}{a + b} \)，是同序和（大的 \( a \) 配大的 \( \frac{1}{b + c} \)，大的 \( b \) 配大的 \( \frac{1}{a + c} \)）。

2. 应用排序不等式：取另一组乱序搭配：\( a \cdot \frac{1}{a + c} + b \cdot \frac{1}{a + b} + c \cdot \frac{1}{b + c} \)（乱序和1），以及 \( a \cdot \frac{1}{a + b} + b \cdot \frac{1}{b + c} + c \cdot \frac{1}{a + c} \)（乱序和2）。

由排序不等式，同序和≥乱序和1，且同序和≥乱序和2。

将同序和与乱序和1相加：\( \left( \frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} \right) + \left( \frac{a}{a + c} + \frac{b}{a + b} + \frac{c}{b + c} \right) \geq 2 \left( \frac{a}{a + c} + \frac{b}{a + b} + \frac{c}{b + c} \right) \)？不，直接计算左侧：

左侧 = \( \frac{a}{b + c} + \frac{c}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{a}{a + c} + \frac{c}{a + b} + \frac{b}{a + b} = \frac{a + c}{b + c} + \frac{a + b}{a + c} + \frac{b + c}{a + b} \)。

设 \( x = \frac{a + c}{b + c} \)，\( y = \frac{a + b}{a + c} \)，\( z = \frac{b + c}{a + b} \)，则 \( xyz = 1 \)，且 \( x + y + z \geq 3\sqrt[3]{xyz} = 3 \)（均值不等式）。

故左侧 ≥ 3，而左侧 = 同序和 + 乱序和1，又同序和 = 乱序和1（因交换 \( a, b, c \) 对称），故 \( 2 \times 同序和 \geq 3 \)，即同序和 ≥ \( \frac{3}{2} \)。

3. 结论：不等式成立，等号当且仅当 \( a = b = c \) 时取得。

例题9：含参数的排序最值问题，设 \( a, b, c \) 为正数，且 \( a + b + c = 1 \)，求 \( \frac{a^k}{b} + \frac{b^k}{c} + \frac{c^k}{a} \)（\( k > 0 \)）的最小值，并讨论 \( k \) 对最小值的影响。

1. 构造有序数：不妨设 \( a \geq b \geq c > 0 \)，则 \( a^k \geq b^k \geq c^k \)（因 \( k > 0 \)，幂函数单调递增），且 \( \frac{1}{c} \geq \frac{1}{b} \geq \frac{1}{a} \)（倒数单调递减）。

2. 分析搭配类型：目标式 \( \frac{a^k}{b} + \frac{b^k}{c} + \frac{c^k}{a} \) 是乱序和，需找同序和或反序和对比。

当 \( k = 1 \) 时，目标式为 \( \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \)，由排序不等式，同序和为 \( \frac{a}{c} + \frac{b}{b} + \frac{c}{a} \)，但用均值不等式可得最小值为3（当 \( a = b = c = \frac{1}{3} \) 时）；

当 \( k = 2 \) 时，目标式为 \( \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \)，由排序不等式的“同序优化”，当 \( a = b = c = \frac{1}{3} \) 时，值为 \( 3 \times \frac{(\frac{1}{3})^2}{\frac{1}{3}} = 1 \)（如例题2）；

当 \( k > 0 \) 时，由排序不等式的推广（或权方和不等式），\( \frac{a^k}{b} + \frac{b^k}{c} + \frac{c^k}{a} \geq \frac{(a + b + c)^k}{b + c + a} \)？不，更准确的是用“对称取等”：当 \( a = b = c = \frac{1}{3} \) 时，目标式的值为 \( 3 \times \frac{(\frac{1}{3})^k}{\frac{1}{3}} = 3^{1 - k} \)。

验证单调性：当 \( k \) 增大时，\( 3^{1 - k} \) 减小（因指数递减），即 \( k \) 越大，最小值越小；当 \( k \) 减小时，最小值增大。

3. 结论：最小值为 \( 3^{1 - k} \)，当且仅当 \( a = b = c = \frac{1}{3} \) 时取得；\( k \) 越大，最小值越小，\( k \) 越小，最小值越大。