math_排序不等式的推导

文章目录

排序不等式
- 等式的另一半
总结

排序不等式

设有两个有序数列(可以理解为单调不减的(离散)函数),即
{ a n } 和 { b n } , 分别满足 : a i < a i + 1 b i < b i + 1 i = 1 , 2 , 3 , ⋯ , n − 1 \{a_n\}和\{b_n\},分别满足: \\a_{i}<a_{i+1}\\ b_{i}<b_{i+1} \\i=1,2,3,\cdots,n-1 {an}和{bn},分别满足:ai<ai+1bi<bi+1i=1,2,3,⋯,n−1
证明结论
- ∑ i = 1 n a i b i ≥ ∑ i = 1 n a i R ( { b n } ) i 其中 , R ( { b n } ) 表示对数列 { b n } 的一个乱序 ( 任意 ) 排列 ( 洗牌 R a n d o m i z e / s h u f f l e ) 而带有下标 i 的表达式 R { b n } i 表示 b n 的一个任意乱序序列 c n 的第 i 个元素这里的写法有点程序设计中函数调用的味道 ( 设定函数 R 返回一个打乱顺序的序列 { c n } ) 因此 , 为了书写方便 , 我们有一下等价写法 : ∑ i = 1 n a i b i ≥ ∑ i = 1 n a i c i \sum_{i=1}^n{a_{i}b_{i}}\ge\sum_{i=1}^{n}{a_iR(\{b_n\})_i} \\其中,R(\{b_n\})表示对数列\{b_n\}的一个乱序(任意)排列(洗牌Randomize/shuffle) \\而带有下标i的表达式R\{b_n\}_i表示{b_n}的一个任意乱序序列{c_n}的第i个元素 \\这里的写法有点程序设计中函数调用的味道 \\(设定函数R返回一个打乱顺序的序列\{c_n\}) \\因此,为了书写方便,我们有一下等价写法: \\ \sum_{i=1}^n{a_{i}b_{i}}\ge\sum_{i=1}^{n}{a_i}{c_i} i=1∑naibi≥i=1∑naiR({bn})i其中,R({bn})表示对数列{bn}的一个乱序(任意)排列(洗牌Randomize/shuffle)而带有下标i的表达式R{bn}i表示bn的一个任意乱序序列cn的第i个元素这里的写法有点程序设计中函数调用的味道(设定函数R返回一个打乱顺序的序列{cn})因此,为了书写方便,我们有一下等价写法:i=1∑naibi≥i=1∑naici
  
  记数列 { b n } 的前 i 项和为 s i = ∑ k = 1 k = i b k 记数列 { c n } 的前 i 项和为 s r i = ∑ k = 1 k = i c k b i = s i − s i − 1 ( 重要 ) ; i ∈ N + , i = 1 , 2 , 3 , ⋯ , n s i ≤ s r i 该不等式表达式的是 , 数列 { b n } 的任意 i 项和 , 最小值是 s i 这很好理解 , 毕竟 s i 的值是有数列中最小的 i 个元素的和 s r i 不会比 s i 小 s n = s r n 也很好理解 , 打乱顺序的一组数的综合始终一致 ( 此时的部分和都是总体和 ) 记数列\{b_n\}的前i项和为s_i=\sum_{k=1}^{k=i}{b_k} \\ 记数列\{c_n\}的前i项和为sr_i=\sum_{k=1}^{k=i}{c_k} \\ \begin{aligned} &b_i=s_i-s_{i-1}(重要);\quad i\in N^+,i=1,2,3,\cdots,n\\ &s_i\le sr_{i}\quad 该不等式表达式的是,数列\{b_n\}的任意i项和,最小值是s_i\\ &这很好理解,毕竟s_i的值是有数列中最小的i个元素的和sr_i不会比s_i小\\ &s_n=sr_n\quad 也很好理解,打乱顺序的一组数的综合始终一致(此时的部分和都是总体和) \end{aligned} \\ 记数列{bn}的前i项和为si=k=1∑k=ibk记数列{cn}的前i项和为sri=k=1∑k=ickbi=si−si−1(重要);i∈N+,i=1,2,3,⋯,nsi≤sri该不等式表达式的是,数列{bn}的任意i项和,最小值是si这很好理解,毕竟si的值是有数列中最小的i个元素的和sri不会比si小sn=srn也很好理解,打乱顺序的一组数的综合始终一致(此时的部分和都是总体和)
- 并且 : ★ s 0 = 0 s 1 = b 1 例如 : b 1 = s 1 − s 0 = s 1 b 2 = s 2 − s 1 b 3 = s 3 − s 2 此外 , 由于 { a n } 数列是单调不减的 , 容易知道 a i − a i − 1 ≤ 0 从而有 : 并且:\bigstar \begin{aligned} &s_0=0\\ &s_1=b1 \end{aligned} \\例如:b_1=s_1-s_0=s_1 \\b_2=s_2-s_1 \\b_3=s_3-s_2 \\此外,由于\{a_n\}数列是单调不减的,容易知道a_i-a_{i-1}\le0 \\从而有: 并且:★s0=0s1=b1例如:b1=s1−s0=s1b2=s2−s1b3=s3−s2此外,由于{an}数列是单调不减的,容易知道ai−ai−1≤0从而有:
  
  s i ( a i − a i − 1 ) ≥ s r i ( a i − a i − 1 ) (core) s_i(a_i-a_{i-1})\ge sr_i(a_i-a_{i-1}) \tag{core} si(ai−ai−1)≥sri(ai−ai−1)(core)
一方面
∑ i = 1 n a i b i = ∑ i = 1 n a i ( s i − s i − 1 ) 用求和号可以简洁的表达加式 , 但是有时候不利于看出规律我们将 i = 1 , 2 , 3 , ⋯ , n 分别带入到等式右侧 , 观察规律 a 1 b 1 = a 1 ( s 1 − s 0 ) = a 1 s 1 − a 1 s 0 a 2 b 2 = a 2 ( s 2 − s 1 ) = a 2 s 2 − a 2 s 1 a 3 b 3 = a 3 ( s 3 − s 2 ) = a 3 s 3 − a 3 s 2 ⋮ ⋮ ⋮ a n − 1 b n − 1 = a n − 1 ( s n − 1 − s n − 2 ) = a n − 1 s n − 1 − a n − 1 s n − 2 a n b n = a n ( s n − s n − 1 ) = a n s n − a n s n − 1 \\ \sum_{i=1}^{n}{a_ib_i}=\sum_{i=1}^{n}{a_i(s_i-s_{i-1})} \\用求和号可以简洁的表达加式,但是有时候不利于看出规律 \\我们将i=1,2,3,\cdots,n分别带入到等式右侧,观察规律 \\ \begin{aligned} a_1b_1 &=a_1(s_1-s_0) &=a_1s_1-a_1s_0\\ a_2b_2 &=a_2(s_2-s_1) &=a_2s_2-a_2s_1\\ a_3b_3 &=a_3(s_3-s_2) &=a_3s_3-a_3s_2\\ \vdots &\quad \vdots &\vdots\\ a_{n-1}b_{n-1} &=a_{n-1}(s_{n-1}-s_{n-2}) &= a_{n-1}s_{n-1}-a_{n-1}s_{n-2}\\ a_{n}b_{n} &=a_{n}(s_{n}-s_{n-1}) &= a_{n}s_{n}-a_{n}s_{n-1}\\ \end{aligned} i=1∑naibi=i=1∑nai(si−si−1)用求和号可以简洁的表达加式,但是有时候不利于看出规律我们将i=1,2,3,⋯,n分别带入到等式右侧,观察规律a1b1a2b2a3b3⋮an−1bn−1anbn=a1(s1−s0)=a2(s2−s1)=a3(s3−s2)⋮=an−1(sn−1−sn−2)=an(sn−sn−1)=a1s1−a1s0=a2s2−a2s1=a3s3−a3s2⋮=an−1sn−1−an−1sn−2=ansn−ansn−1

将上述等式相加 , 即得到 ∑ i = 1 n a i b i = s 1 ( a 1 − a 2 ) + s 2 ( a 2 − a 3 ) + s 3 ( a 3 − a 4 ) + ⋯ + s n − 1 ( a n − 1 − a n ) + a n s n = ( ∑ i = 1 n − 1 s i ( a i − a i + 1 ) ) + a n s n \\将上述等式相加,即得到 \\ \sum_{i=1}^{n}{a_ib_i} ={s_1(a_1-a_2)+s_2(a_2-a_3)+s_3(a_3-a_4)}+\cdots \\+s_{n-1}{(a_{n-1}-a_{n})}+a_ns_n \\ =\left(\sum_{i=1}^{n-1}{s_i(a_i-a_{i+1})}\right)+a_ns_n 将上述等式相加,即得到i=1∑naibi=s1(a1−a2)+s2(a2−a3)+s3(a3−a4)+⋯+sn−1(an−1−an)+ansn=(i=1∑n−1si(ai−ai+1))+ansn
另一方面,类似上述的推导,有乱序积和
- ∑ i = 1 n a i c i = ( ∑ i = 1 n − 1 s r i ( a i − a i + 1 ) ) + a n s r n \sum_{i=1}^{n}a_ic_i=\left(\sum_{i=1}^{n-1}{sr_i(a_i-a_{i+1})}\right)+a_nsr_n i=1∑naici=(i=1∑n−1sri(ai−ai+1))+ansrn
所以有结论

∵ s i ( a i − a i − 1 ) ≥ s r i ( a i − a i − 1 ) s n = s r n ∴ ( ∑ i = 1 n − 1 s i ( a i − a i + 1 ) ) + a n s n ≥ ( ∑ i = 1 n − 1 s r i ( a i − a i + 1 ) ) + a n s r n ∴ ∑ i = 1 n a i b i ≥ ∑ i = 1 n a i c i (core) \because s_i(a_i-a_{i-1})\ge sr_i(a_i-a_{i-1}) \tag{core} \\s_n=sr_n \\ \therefore \left(\sum_{i=1}^{n-1}{s_i(a_i-a_{i+1})}\right)+a_ns_n\ge \left(\sum_{i=1}^{n-1}{sr_i(a_i-a_{i+1})}\right)+a_nsr_n \\ \therefore \sum_{i=1}^{n}{a_ib_i} \ge \sum_{i=1}^{n}a_ic_i ∵si(ai−ai−1)≥sri(ai−ai−1)sn=srn∴(i=1∑n−1si(ai−ai+1))+ansn≥(i=1∑n−1sri(ai−ai+1))+ansrn∴i=1∑naibi≥i=1∑naici(core)

等式的另一半

类似的原理,可以推导出逆序积和是小于乱序积和的
∑ i = 1 n a i b i ≥ ∑ i = 1 n a i c i ≥ ∑ i = 1 n a i b n − i + 1 \sum_{i=1}^{n}{a_ib_i} \ge \sum_{i=1}^{n}a_ic_i \ge \sum_{i=1}^{n}{a_ib_{n-i+1}} i=1∑naibi≥i=1∑naici≥i=1∑naibn−i+1

总结