Appearance
排序不等式与切比雪夫不等式
1. 排序不等式（Rearrangement Inequality）
1.1 基本形式
设有两个实数序列：
- $a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_n$
- $b_1 \leq b_2 \leq \cdots \leq b_n$
则对任意置换 $\sigma$，有： $$ \color{Red}{\sum_{i=1}^{n} a_i b_{n+1-i} \leq \sum_{i=1}^{n} a_i b_{\sigma(i)} \leq \sum_{i=1}^{n} a_i b_i} $$
- 左边（反序排列）：取得最小值
- 右边（同序排列）：取得最大值
当且仅当两序列中至少有一个为常数序列（或完全相同）时等号成立。
[!直观理解] “同向排序积最大，反向排序积最小”——就像把两个数轴上的点“对齐”时内积最大，把它们“反着对齐”时内积最小。
1.2 证明（三种经典方法）
方法一：交换法（最直观）
假设存在某个置换 $\sigma$不是同序排列，则必存在相邻两项$i < j$使得$b_{\sigma(i)} > b_{\sigma(j)}$。
交换后新和为： $$ S' = S + (a_j - a_i)(b_{\sigma(i)} - b_{\sigma(j)}) $$ 因为 $a_i \leq a_j$且$b_{\sigma(i)} > b_{\sigma(j)}$，所以 $S' \geq S$。
反复交换直到完全同序，内积只增不减，故同序排列取得最大值。反序排列同理。
方法二：归纳法
$n=2$ 时显然： $$ (a_1 b_2 + a_2 b_1) - (a_1 b_1 + a_2 b_2) = (a_1 - a_2)(b_1 - b_2) \leq 0 $$ $n=k$ 成立时，$n=k+1$固定最大项后对剩余$k$ 项使用归纳假设即可。
方法三：作差法
$$ \sum a_i b_i - \sum a_i b_{\sigma(i)} = \frac{1}{2} \sum_{i,j} (a_i - a_j)(b_i - b_j) \quad (\text{仅对同序排列有效}) $$ 右边每一项非负，故整体非负。
1.3 经典例子
例1（最值问题）：
设 $a_1 \leq a_2 \leq \cdots \leq a_n$，$b_1 \leq b_2 \leq \cdots \leq b_n$，求 $\sum a_i b_{\sigma(i)}$ 的最大值与最小值。
答案：最大值 $\sum a_i b_i$，最小值 $\sum a_i b_{n+1-i}$。
2. 切比雪夫不等式（Chebyshev's Sum Inequality）
2.1 基本形式
设 $a_1 \geq a_2 \geq \cdots \geq a_n$，$b_1 \geq b_2 \geq \cdots \geq b_n$（同序），则： $$ \color{Red}{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i b_i \geq \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} b_i \right)} $$ 当且仅当 $a_1 = a_2 = \cdots = a_n$或$b_1 = b_2 = \cdots = b_n$ 时等号成立。
[!注意] 若两序列反序（一增一减），不等号反向。
2.2 证明（三种方法）
方法一：直接由排序不等式推导（最简洁）
同序排列时 $\sum a_i b_i$ 是所有置换中的最大值，故： $$ \sum a_i b_i \geq \frac{1}{n} \left( \sum a_i \right) \left( \sum b_i \right) $$ 两边除以 $n$ 即得。
方法二：柯西变式（Titu's Lemma）
$$ \sum \frac{a_i^2}{b_i} \geq \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i} \quad (b_i > 0) $$ （这正是权方和不等式！）
方法三：作差法
$$ n \sum a_i b_i - \left( \sum a_i \right) \left( \sum b_i \right) = \frac{1}{2} \sum_{i,j} (a_i - a_j)(b_i - b_j) \geq 0 $$
2.3 经典例子
例1（最值应用）：
已知 $x_1 + \cdots + x_n = s$，$x_i \geq 0$，求 $\sum x_i^2$ 的最小值： $$ \sum x_i^2 \geq \frac{s^2}{n} $$ 等号当所有 $x_i$ 相等时成立。
例2（与权方和结合）：
直接由切比雪夫+柯西可证你笔记中的权方和不等式。
3. 扩展与应用
3.1 加权形式
$$ \sum p_i a_i b_i \geq \left( \sum p_i a_i \right) \left( \sum p_i b_i \right) \quad (p_i > 0,\ \sum p_i = 1) $$
3.2 常见推论
- AM-QM不等式：令 $a_i = b_i = x_i$立即得$\frac{\sum x_i^2}{n} \geq \left( \frac{\sum x_i}{n} \right)^2$。
- 与琴生不等式、柯西不等式、权方和形成完整闭环。
3.3 实际应用举例
- 最优化：资源分配时，同序排列产量最高。
- 统计学：正相关变量满足 $E[XY] \geq E[X]E[Y]$。
4. 小结：不等式家族的“排序灵魂”
| 不等式 | 核心思想 | 与柯西/权方和的关系 | 等号条件 |
|---|---|---|---|
| 排序不等式 | 同序最大，反序最小 | 柯西的“排序版” | 至少一列为常数 |
| 切比雪夫 | 同序平均积 ≥ 平均×平均 | 排序不等式 + 平均 | 至少一列为常数 |
| 权方和 | $\sum \frac{a_i^2}{b_i} \geq \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i}$ | 切比雪夫的直接推论 | $a_i = k b_i$ |
一句话总结：
排序不等式告诉你“怎么排积最大”，切比雪夫告诉你“同向排列时平均积不会小于两个平均的积”。
写在后面
这篇已和你的 柯西不等式、权方和不等式、AM-GM、琴生不等式 形成完美闭环。
直接复制保存即可～
想让我继续写 Hölder 不等式 或 Schur 不等式，或者把你所有不等式笔记合并成一个超大合集，随时告诉我！♪(･ω･)ﾉ
高阶不等式：赫尔德、闵可夫斯基与舒尔
在掌握了柯西不等式与 AM-GM 不等式之后，我们必然会走向更广阔的代数结构。本节将从杨氏不等式（Young's Inequality）出发，严密推导 $L^p$ 空间的核心——赫尔德不等式与闵可夫斯基不等式，并补充对称不等式中的“降维打击”利器——舒尔不等式。
一、 赫尔德不等式 (Hölder's Inequality)
赫尔德不等式是柯西不等式在 $L^p$空间中的自然推广（当$p=q=2$ 时，即为柯西不等式）。为了严密证明它，我们必须先建立一个引理：杨氏不等式。
1. 预备引理：杨氏不等式 (Young's Inequality)
定理：杨氏不等式
设 $a, b \geq 0$，且 $p, q > 1$满足共轭条件$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$，则有： $$ab \leq \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}$$ 当且仅当 $a^p = b^q$ 时，等号成立。
【证明】（利用微积分/凹凸性证明） 若 $a=0$或$b=0$，不等式显然成立。现假设 $a, b > 0$。 考察函数 $f(x) = \ln x$。由于 $f''(x) = -\frac{1}{x^2} < 0$，可知 $\ln x$在$(0, +\infty)$ 上是严格上凸函数（凹函数）。
根据琴生不等式（Jensen's Inequality）的加权形式，对于权重 $\frac{1}{p}$和$\frac{1}{q}$（因为 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$），有： $$\ln\left( \frac{1}{p}a^p + \frac{1}{q}b^q \right) \geq \frac{1}{p}\ln(a^p) + \frac{1}{q}\ln(b^q)$$
化简右式： $$\frac{1}{p}\ln(a^p) + \frac{1}{q}\ln(b^q) = \ln(a) + \ln(b) = \ln(ab)$$
于是有： $$\ln\left( \frac{1}{p}a^p + \frac{1}{q}b^q \right) \geq \ln(ab)$$
由于自然对数函数 $y = \ln x$ 是单调递增的，脱去对数符号即得： $$\frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q} \geq ab$$ 当且仅当 $a^p = b^q$时，等号成立。引理得证。$\blacksquare$
2. 赫尔德不等式的表述与证明
定理：赫尔德不等式
设 $x_1, x_2, \ldots, x_n$与$y_1, y_2, \ldots, y_n$为实数或复数序列。若$p, q > 1$且$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$，则有： $$\sum_{i=1}^n |x_i y_i| \leq \left( \sum_{i=1}^n |x_i|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left( \sum_{i=1}^n |y_i|^q \right)^{\frac{1}{q}}$$
【证明】（规范化归一法） 设 $A = \left( \sum_{i=1}^n |x_i|^p \right)^{\frac{1}{p}}$， $B = \left( \sum_{i=1}^n |y_i|^q \right)^{\frac{1}{q}}$。 若 $A = 0$或$B = 0$，则说明所有的 $x_i$或$y_i$ 均为 0，不等式两边均为 0，平凡成立。 现假设 $A > 0$且$B > 0$。
我们构造归一化变量：$a_i = \frac{|x_i|}{A}$， $b_i = \frac{|y_i|}{B}$。 对每一对 $(a_i, b_i)$ 应用杨氏不等式： $$a_i b_i \leq \frac{a_i^p}{p} + \frac{b_i^q}{q}$$ 即： $$\frac{|x_i y_i|}{AB} \leq \frac{1}{p}\frac{|x_i|^p}{A^p} + \frac{1}{q}\frac{|y_i|^q}{B^q}$$
将 $i$从 1 到$n$ 求和： $$\sum_{i=1}^n \frac{|x_i y_i|}{AB} \leq \frac{1}{p} \sum_{i=1}^n \frac{|x_i|^p}{A^p} + \frac{1}{q} \sum_{i=1}^n \frac{|y_i|^q}{B^q}$$
注意到 $\sum_{i=1}^n |x_i|^p = A^p$且$\sum_{i=1}^n |y_i|^q = B^q$，代入右式： $$\frac{1}{AB} \sum_{i=1}^n |x_i y_i| \leq \frac{1}{p}\left(\frac{A^p}{A^p}\right) + \frac{1}{q}\left(\frac{B^q}{B^q}\right) = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$$
两边同乘 $AB$，即可得到： $$\sum_{i=1}^n |x_i y_i| \leq AB = \left( \sum_{i=1}^n |x_i|^p \right)^{\frac{1}{p}} \left( \sum_{i=1}^n |y_i|^q \right)^{\frac{1}{q}}$$ 证明完毕。 $\blacksquare$
二、 闵可夫斯基不等式 (Minkowski's Inequality)
闵可夫斯基不等式实质上是 $L^p$ 空间中的三角不等式，它的证明高度依赖于赫尔德不等式。
定理：闵可夫斯基不等式
对于任意实数序列 $x_i, y_i$ $(i=1, 2, \ldots, n)$以及$p \geq 1$，有： $$\left( \sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \right)^{\frac{1}{p}} \leq \left( \sum_{i=1}^n |x_i|^p \right)^{\frac{1}{p}} + \left( \sum_{i=1}^n |y_i|^p \right)^{\frac{1}{p}}$$
【证明】 当 $p=1$时，由绝对值不等式$|x_i + y_i| \leq |x_i| + |y_i|$ 直接求和即可得证。 当 $p > 1$时，我们将$|x_i + y_i|^p$ 拆分为两部分： $$|x_i + y_i|^p = |x_i + y_i| \cdot |x_i + y_i|^{p-1} \leq (|x_i| + |y_i|) |x_i + y_i|^{p-1} = |x_i||x_i + y_i|^{p-1} + |y_i||x_i + y_i|^{p-1}$$
对两边求和： $$\sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \leq \sum_{i=1}^n |x_i||x_i + y_i|^{p-1} + \sum_{i=1}^n |y_i||x_i + y_i|^{p-1} \quad \text{(*)}$$
现在，对式(*)右侧的第一项和第二项分别应用赫尔德不等式。取共轭指数 $q$使得$\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$（即 $q = \frac{p}{p-1}$，所以 $(p-1)q = p$）：
对于第一项： $$\sum_{i=1}^n |x_i| \cdot |x_i + y_i|^{p-1} \leq \left(\sum_{i=1}^n |x_i|^p\right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{i=1}^n \left(|x_i + y_i|^{p-1}\right)^q \right)^{\frac{1}{q}} = \left(\sum_{i=1}^n |x_i|^p\right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \right)^{1-\frac{1}{p}}$$
同理，对于第二项有： $$\sum_{i=1}^n |y_i| \cdot |x_i + y_i|^{p-1} \leq \left(\sum_{i=1}^n |y_i|^p\right)^{\frac{1}{p}} \left(\sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \right)^{1-\frac{1}{p}}$$
将上述两式代入 (*)，并提取公因式 $\left(\sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \right)^{1-\frac{1}{p}}$： $$\sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \leq \left[ \left(\sum_{i=1}^n |x_i|^p\right)^{\frac{1}{p}} + \left(\sum_{i=1}^n |y_i|^p\right)^{\frac{1}{p}} \right] \left(\sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \right)^{1-\frac{1}{p}}$$
假设 $\sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \neq 0$，将该项除到不等式左边（即左边指数变为 $1 - (1-\frac{1}{p}) = \frac{1}{p}$），即得： $$\left( \sum_{i=1}^n |x_i + y_i|^p \right)^{\frac{1}{p}} \leq \left( \sum_{i=1}^n |x_i|^p \right)^{\frac{1}{p}} + \left( \sum_{i=1}^n |y_i|^p \right)^{\frac{1}{p}}$$ 证明完毕。 $\blacksquare$
三、 舒尔不等式 (Schur's Inequality)
在处理多元对称不等式时，舒尔不等式是一个极其强力的工具，尤其是在 AM-GM 不等式失效的边界条件下。
定理：舒尔不等式
对于任意非负实数 $a, b, c$以及任意常数$r > 0$，恒有： $$a^r(a-b)(a-c) + b^r(b-a)(b-c) + c^r(c-a)(c-b) \geq 0$$ 当且仅当 $a=b=c$，或者其中两个数相等且第三个数为 $0$ 时，等号成立。
【证明】（无损对称性假设） 由于该不等式关于 $a, b, c$具有完全对称性，我们不妨假设$a \geq b \geq c \geq 0$。
我们将原不等式左边变形，把包含 $(a-b)$ 的项提取出来： $$\text{左式} = (a-b)[a^r(a-c) - b^r(b-c)] + c^r(c-a)(c-b)$$
我们分项来观察符号：
因为 $a \geq b \geq c \geq 0$，显然有 $a-c \geq b-c \geq 0$，且 $a^r \geq b^r > 0$。 因此，两两相乘必有：$a^r(a-c) \geq b^r(b-c)$。 所以，方括号内的项 $[a^r(a-c) - b^r(b-c)] \geq 0$。 结合前方的 $(a-b) \geq 0$，得知第一大项 $(a-b)[a^r(a-c) - b^r(b-c)] \geq 0$。
观察第二大项 $c^r(c-a)(c-b)$。 因为 $c \leq a$且$c \leq b$，所以 $(c-a) \leq 0$且$(c-b) \leq 0$。 负负得正，因此 $(c-a)(c-b) \geq 0$。 再加上 $c^r \geq 0$，所以第二大项 $c^r(c-a)(c-b) \geq 0$。
两个非负项相加，必然非负。原不等式得证。 $\blacksquare$
应用实例：当 $r=1$ 时的舒尔不等式
证明对于任意非负实数 $a, b, c$，有： $$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ca(c+a)$$
解： 在舒尔不等式中令 $r=1$，展开得到： $$a(a^2-ab-ac+bc) + b(b^2-ab-bc+ac) + c(c^2-ac-bc+ab) \geq 0$$
继续展开： $$a^3 - a^2b - a^2c + abc + b^3 - ab^2 - b^2c + abc + c^3 - ac^2 - bc^2 + abc \geq 0$$
合并同类项： $$(a^3 + b^3 + c^3) + 3abc - (a^2b + ab^2 + a^2c + ac^2 + b^2c + bc^2) \geq 0$$
将负项移到右边并提取公因式： $$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \geq ab(a+b) + ca(c+a) + bc(b+c)$$ 极其简捷地完成了这个三次对称多项式不等式的证明。