排序不等式的矩阵证明及其应用

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经典不等式证明—排序不等式—切比雪夫不等式—平均不等式—柯西不等式

不妨设
a1 a2 ... an
b1 b2 ... bn
由切比雪夫不等式为
1 (a1 a2 ... an )(b1 b2 ... bn ) a1b1 a2b2 ... anbn n
令 ai bi (i 1, 2,..., n) 则有
aibi-ajbi+ajbj-aibj=(ai-aj)(bi-bj)≥0
即顺序和≥乱序和（当且仅当 ai=aj 或 bi＝bj 时等号成立）当有多个乱序时可由数学归纳法即得结论： a1bn+a2bn-1+…+anb1≤a1bj1+a2bj2+„+anbjn≤a1b1+a2b2+„+anbn (其中 j1,j2,…，jn 是 1,2,…,n 的一个排列) 当且仅当 a1=a2=…=an 或 b1=b2=…=bn 时等号成立 2.切比雪夫不等式若两个正实数数组{ai} , {bi} 满足 a1≤a2≤„≤an ,b1≤b2≤„ ≤bn,
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1. 排序不等式设两个数组{ai} , {bi}满足 a1≤a2≤„≤an,b1≤b2≤„≤bn, 则有 a1bn+a2bn-1+…+anb1≤a1bj1+a2bj2+„+anbjn≤a1b1+a2b2+„+anbn (其中 j1,j2,…，jn 是 1,2,…,n 的一个排列) 当且仅当 a1=a2=…=an 或 b1=b2=…=bn 时等号成立证明：（先证有一个乱序的情形，其余的可根据结论得证）设序列{ai}中仅有 ai 与 aj 调换次序由 a1b1+a2b2+…+ajbi+…+aibj+…+anbn 记为○ 1 式（为乱序） a1b1+a2b2+…+aibi+…+ajbj+…+anbn 2 -○ 1 得 ○ ：记为○ 2 式（为顺序）恒成立 .

排序不等式的应用

精心整理排序不等式的应用新课程将排序不等式作为高中数学选修内容之一与柯西不等式一道放在选修4-5不等式专题中，成为高中数学新增内容。

排序不等式作为基础而重要的不等式，它结构优美、思想简单明了，便于记忆和理解。

但在如何运用它来解决问题，同学们却常显束手无策，不得要领。

其实，应用排序不等式解题的关键在于构造出它所需要的两组数列，然而构造数列的过程却奥妙无穷，需要不断分析探讨，才能积累经验运用得法。

一．排序不等式的另一种表述形式设n n b b b a a a ≤≤≤≤≤≤ 2121,为两组实数，n c c c ,,,21 是n b b b 21,的任一排列，则三个矩阵A ： ⎝⎛≤≤b a 11我们称A 找数列b ,1二．1. 例1⑵y x +22A ： ⎝⎛b a b a A 的列积和；22b a +B 的列积和：ab ab +顺序和≥乱序和，即ab b a 222≥+。

⑵不妨设z y x ≤≤，构造两个矩阵：A ：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛z y x z y x （顺序矩阵）B ：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛x z y z y x （乱序矩阵）A 的列积和：222z y x ++B 的列积和：xz yz xy ++顺序和≥乱序和：即有xz yz xy z y x ++≥++222在构造矩阵时，关键在于合理选择矩阵的每一行数字的排列顺序，特别是乱序矩阵的第二行数字的排列更为关键。

构造时我们可以不断调整它们的次序以达到证明的目的。

例2（教材P45页第4题）设n a a a ,,,21 为正数，证明证明：不妨设n a a a ≤≤≤ 21，构造矩阵A ：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-13222122211111a a a a a a a a n n n （乱序矩阵）B ：⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛n n a a a a a a 1112122221 （反序矩阵） A例3不妨设a A ；A 顺序和≥即：2+a 2.例4若0,,>c b a ，则证明：不妨设0≥≥≥c b a ,构造矩阵⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛b c a bc ca ab （乱序）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛c a b bc ca ab （乱序）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤≤≥≥a b c bc ca ab （反序）乱序和≥反序和，abc c b a c b a 3222≥++两式相加可得：abc a c ca c b bc b a ab 6)()()(≥+++++例5．已知c b a 均为正数，求证：)(21222c b a b a c a c b c b a ++≥+++++ 证明：由不等式的对称性，不妨设0≥≥≥c b a ，构造矩阵⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++b a a c c b c b a 111222（顺序矩阵）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++c b b a a c c b a 111222（乱序矩阵） ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++a c cb b ac b a 111222（乱序矩阵）3不妨设c b a ≤≤≤0则,c b c a b a +≤+≤+cb c a b a +≥+≥+∴构造矩阵： ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++c b c a b a a b c 111222（同序矩阵）⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++c a c b a c a b c 111222（乱序矩阵）由同序和≥乱序和得ac c c b b b a a c b a c a b b a c +++++≥+++++222222即原不等式得证例7在ABC ∆中，求证（第六届国际数学竞赛题）证明：由于三角形三边存在“二边之和大于第三边”的要求，我们不能将三边当成任意正数对待，为了将几何问题代数化，设三角形的内切圆的三个切点将三边分为：原式可化为xyz y x z x z y z y x 6)()()(222≥+++++设z y x ≤≤，则xy xz yz ≥≥，构造矩阵：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛xy xz yz x z y 和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛xy xz yz y x z （乱序矩阵）⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛xy xz yz z y x （反序矩阵）反序和最小，则有：xyz y x x z z y 3222≥++和xyz x y z x y z 3222≥++在ABC ∆(2-b a b a 心。

高1数学必修1排序不等式知识点总结

高1数学必修1排序不等式知识点总结排序不等式是数学上的一种不等式，也是高1同学们学习的知识点，下面是店铺给大家带来的高1数学必修1排序不等式知识点总结，希望对你有帮助。

高1数学排序不等式知识点排序不等式是数学上的一种不等式。

它可以推导出很多有名的不等式，例如：算术几何平均不等式(简称算几不等式)，柯西不等式，和切比雪夫总和不等式。

说明排序不等式(sequence inequality,又称排序原理)是高中数学竞赛大纲、新课标普通高中课程标准试验教科书(人民教育出版社)数学(选修4-5 第三讲第三节) 要求的基本不等式。

排序不等式表述如下，设有两组数a1,a2,……an,b1,b2,……bn满足a1≤a2≤……≤an,b1≤b2≤……≤bn则有a1bn+a2bn-1+……+anb1≤a1bt+a2bt+……+anbt≤a1b1+a2b2+anbn式中t1，t2，……，tn是1，2，……，n的任意一个排列，当且仅当a1=a2=……=an或b1=b2=……=bn时成立。

一般为了便于记忆，常记为：反序和≤乱序和≤同序和.应用设a,b,c≥0,则ab+bc+ca的最大值为_______.【解题指南】由于a,b,c的地位是均等的，不妨设a≥b≥c≥0，然后利用排序不等式求解.【解析】由排序不等式，得ab+bc+ca≤3.即ab+bc+ca的最大值为3.答案：3排序不等式的证明①分析法要证只需证根据基本不等式只需证∴原结论正确②设有两个有序数组：及求证：(顺序和≥乱序和≥逆序和)其中是自然数的任何一个排列证明：令由题设易知因为故所以即左端不等式，类似可证明右端不等式。

经典不等式证明—排序不等式—切比雪夫不等式—平均不等式—柯西不等式

1 xn
最小，因而其乘积和是反序的)
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即
x1 y1 x2 y2 ... xn yn
总是两数组的反序和。
于是由排序不等式的“乱序和反序和” ，总有
x1 yn x2 y1 ... xn yn1 x1 y1 x2 y2 ... xn yn
n 1 1 1 ... a1 a2 an
n
n a1a2 ...an
证明：○ 1
（此处先利用由于
a1a2 ...an
a1 a2 ... an n
的结论） 1式 ○
1 1 1 ... a1 a2 an 1 1 1 n ... n a1 a2 an
=n
1 a1a2 ...an
即
a a1 a2 ... n 1 1 ... 1 n c c c
a1 a2 ... an c n a1a2 ...an n
即
n
a1 a2 ... an a1a2 ...an n
（利用切比雪夫不等式证明） ,
2 2 a1 a2 ... an a 2 a2 ... an 1 n n ○ 3
c
c
y1= 1 = c ，y2= 1 =
x1 a1 x2
c2 a1a2
,„,yn= 1 =
xn
cn a1a2 ...an
=1
(其中 c n a1a2 ...an ，因为{xn},{yn}两个数列对应成倒数，所以无论它们数列的各项的值的大小如何，乘积的和都是 1，且可视为两个数列反序乘积和的形式，比如：若 xn 最大，则 yn=
（提示：上式从第○ 2 行到最后一行可视为 ai 顺序乘以 bi 的一个乱序）根据“顺序和乱序和” （从第○ 2 行到第○ n 行同时使用），可得

数学本科毕业论文《矩阵不等式的证明及其应用》

矩阵不等式的证明及其应用一矩阵的秩在矩阵理论中起着非常重要的作用, 矩阵的秩是矩阵的一个重要不变量, 初等变换不改变矩阵的秩, 矩阵的秩有一定的规律, 我们有下面一些基本的不等式:Frobenius 不等式: R(ABC) ≥R(AB)+R(BC)-R(B) (1) R(A)-R(B) ≤ R(A±B) ≤ R(A)+R(B) (2) Sylvester 不等式:R(A)+R(B) - n≤R(AB)≤min( R(A),R(B) )(3)对于(1) , (2), (3) 三个不等式有不同的证明和理解,在这里我们利用分块矩阵的知识,来论证上面的结论.在论证之前,我们先来探讨分块矩阵秩的一些性质.矩阵的秩满足一定的规律,同样在分块矩阵中,它们的秩也有一定的规律可寻.利用矩阵的一些基本的不等式,我们对分块矩阵的秩进行探讨.(1)我们首先从特殊的分块矩阵分析,形如A OB C⎛⎫⎪⎝⎭或A BC⎛⎫⎪⎝⎭或0AB C⎛⎫⎪⎝⎭定理1 设A是n阶矩阵,B和C分别是m⨯n矩阵和m⨯1矩阵, 则R(A)+R(C) ≤R(AB C⎛⎫⎪⎝⎭) ≤ min{}m+R(A), n+R(C)证明:AB C⎛⎫⎪⎝⎭=mAB I⎛⎫⎪⎝⎭nCI⎛⎫⎪⎝⎭因为RAB C⎛⎫⎪⎝⎭= R(mAB I⎛⎫⎪⎝⎭nCI⎛⎫⎪⎝⎭)≥ R(mAB I⎛⎫⎪⎝⎭) + R(nCI⎛⎫⎪⎝⎭) - (n+m)= R（A）+R（mI）+ R(n I) +R（C）- (n+m)= R(A) + R(C) (1)又由于 R(0A B C ⎛⎫⎪⎝⎭) = R(0m A B I ⎛⎫ ⎪⎝⎭00n C I ⎛⎫⎪⎝⎭) ≤ min{ R(0m AB I ⎛⎫⎪⎝⎭),R(00n C I ⎛⎫ ⎪⎝⎭) }= min {}m+R(A), n+R(C) (2)综合(1) (2)两式, 故 R(A)+R(C) ≤ R(0A B C ⎛⎫⎪⎝⎭) ≤min {}m+R(A), n+R(C)定理2 设A 为n 阶距阵,B 为n ⨯1矩阵,C 为m ⨯1矩阵, 则R(A)+R(C) ≤ R(A B O C ⎛⎫⎪⎝⎭) ≤ min{ n+R(C), 1+R(A) }证明: 0A B C ⎛⎫⎪⎝⎭ = 0n B C I ⎛⎫⎪⎝⎭100A I ⎛⎫⎪⎝⎭ 因为 R(0A B C ⎛⎫⎪⎝⎭) = R(0n B C I ⎛⎫ ⎪⎝⎭100A I ⎛⎫ ⎪⎝⎭≥ R(0n B C I ⎛⎫⎪⎝⎭) + R(100A I ⎛⎫⎪⎝⎭) - (n+1) = R (n I ) + R （C ） + R(A) + R （1I ） - (n+1) = R(C) + R(A) (1)又由于R(0A B C ⎛⎫⎪⎝⎭) = R(0n B C I ⎛⎫⎪⎝⎭100A I ⎛⎫⎪⎝⎭≤ min{ R(0n B C I ⎛⎫⎪⎝⎭),R(100A I ⎛⎫ ⎪⎝⎭} = min{ n+R(C), 1+R(A) } (2)综合(1),(2) 两式,故R(A)+R(C) ≤R(A BO C⎛⎫⎪⎝⎭)≤ min{ n+R(C), 1+R(A) }定理3 设A是n阶矩阵,B和C分别是m⨯1矩阵和m⨯n矩阵,则 R(A) + R(B) ≤ R(0AB C⎛⎫⎪⎝⎭) ≤ min{}m+R(A), n+R(B)证明:0AB C⎛⎫⎪⎝⎭=mAI C⎛⎫⎪⎝⎭nBI⎛⎫⎪⎝⎭因为R(0AB C⎛⎫⎪⎝⎭) = R(mAI C⎛⎫⎪⎝⎭nBI⎛⎫⎪⎝⎭)≥ R(mAI C⎛⎫⎪⎝⎭) + R(nBI⎛⎫⎪⎝⎭) - (n+m)= R（A）+R（mI）+ R(n I)+R（B）- (n+m) = R(A) + R(B) (1)又由于R(0AB C⎛⎫⎪⎝⎭) = R(mAI C⎛⎫⎪⎝⎭nBI⎛⎫⎪⎝⎭)≤ min{ R(mAI C⎛⎫⎪⎝⎭),R(nBI⎛⎫⎪⎝⎭) }= min{}m+R(A), n+R(B)(2)综合(1) (2)两式, 故R(A)+R(B) ≤R(0AB C⎛⎫⎪⎝⎭) ≤ min{}m+R(A), n+R(B)(2) 我们分析了特殊情况后,接着探讨一下一般情形,形如A BC D ⎛⎫ ⎪⎝⎭.定理4 设A为n阶矩阵,其中B是n⨯1矩阵,C是m⨯n矩阵,D是m⨯1矩阵, 则R(A B C D ⎛⎫ ⎪⎝⎭) ≤ min{ m+R(A)+R(B), n+R(D)+R(B) }证明: 因为 A B C D ⎛⎫ ⎪⎝⎭ = 0A C D ⎛⎫ ⎪⎝⎭ + 000B ⎛⎫⎪⎝⎭所以 R(A B C D ⎛⎫ ⎪⎝⎭) = R(0A C D ⎛⎫ ⎪⎝⎭ + 000B ⎛⎫⎪⎝⎭)≤ R(0A C D ⎛⎫ ⎪⎝⎭) + R(000B ⎛⎫⎪⎝⎭)≤ min{ m + R(A), n + R(D)} + R(B)= min { m+R(A)+R(B), n+R(D)+R(B) } 证毕二分块矩阵是讨论矩阵的重要手段,利用分块矩秩的不等式,可以系统地推证关于矩阵秩的一些结论,在这里我们利用上面得出的一些定理来证明矩阵秩的某些性质.在证明性质之前,为了便于证明,首先介绍一个引理:引理1 R(AB) ≤ min{R(A),R(B)}, 特别当A ≠0时, R(AB) = R(B)(1) A, B 都是m ⨯n 矩阵, 则R(A+B) ≤ R(A)+R(B)证明: 由于A + B = (m I m I )00A B ⎛⎫ ⎪⎝⎭nn I I⎛⎫⎪⎝⎭由引理１得: R(A+B) = R ((m I m I )00A B ⎛⎫ ⎪⎝⎭nn I I ⎛⎫⎪⎝⎭) ≤R (00A B ⎛⎫ ⎪⎝⎭nn I I⎛⎫ ⎪⎝⎭) ≤ R (00A B ⎛⎫⎪⎝⎭)= R(A) + R(B)故 R(A+B) ≤ R(A)+R(B)(2) 设A 为m ⨯n 矩阵,B 为n ⨯s 矩阵,且A B=0, 则R(A) + R(B) ≤n证明: n n n n A O AAB A O I B I O I B I B O O ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由引理1得: R(n A O I B ⎛⎫ ⎪⎝⎭) ≤ R(n A O I O ⎛⎫⎪⎝⎭)由定理1得: R(n A O I B ⎛⎫⎪⎝⎭) ≥ R(A) + R(B)又mn n n I A A O O O O I I O I O -⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭且 0mnI A OI -≠由引理1得: R(n O O I O ⎛⎫ ⎪⎝⎭ = R(n A O I O ⎛⎫⎪⎝⎭) = n由定理1得: R(A)+R(B) ≤ R(n A O I B ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ≤ R(n A O I O ⎛⎫ ⎪⎝⎭) = R(000nI ⎛⎫⎪⎝⎭) = n 从而有 R(A) + R(B) ≤ n(3) 设A 是m ⨯ n 矩阵,B 是n ⨯s 矩阵,则 R(AB) ≥ R(A) +R(B) - n证明: 000sn n n AB I AB O I B I B I ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 且0s nI o BI ≠, 由引理1得:R(AB)+ R(n I ) = R(0n AB B I ⎛⎫⎪⎝⎭)即 R(AB) + n = R(0n AB B I ⎛⎫⎪⎝⎭) (1)又00mn n n IA AB O A I B I B I -⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭且00m nI A I -≠, 由引理1,定理3得:R(0n AB B I ⎛⎫⎪⎝⎭) = R(n O A B I ⎛⎫⎪⎝⎭) ≥R(A)+R(B) (2)由(1), (2) 得: R(AB) ≥ R(A)+R(B) – n(4) 设A,B,C 分别是m ⨯n,n ⨯s,s ⨯t 矩阵,则 R(ABC)≥ R(AB) + R(BC) - R(B)证明: 因为 0000mn I A ABC ABC AB I B B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 且 0;:0m nI A I ≠由引理1得R(ABC) + R(B) = R 0ABCAB B ⎛⎫⎪⎝⎭(1) 又因为 0ABCAB B ⎛⎫⎪⎝⎭000ts I AB CI BC B -⎛⎫⎛⎫=≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭t s - I 0且C I由引理1定理3得: R 0ABCAB B ⎛⎫⎪⎝⎭ = R 0()()AB R AB R BC BC B ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭(2) 由(1) (2)得: R(ABC) ≥ R(AB) + R(BC) - R(B) (5)如果秩(A-I ) = r, 秩( B-I ) = s, 则秩(AB-I ) ≤ r + s .证明: 令X = 00A IB I -⎛⎫⎪-⎝⎭则: 秩X = r + s由00A IB I -⎛⎫ ⎪-⎝⎭0I B I ⎛⎫ ⎪⎝⎭ = 0A I AB B B I --⎛⎫⎪-⎝⎭且 0I B I≠0 , 由引理1得:R (00A IB I -⎛⎫⎪-⎝⎭) = R(0A IAB B B I --⎛⎫⎪-⎝⎭) = r + s (1) 又因为 0I I I ⎛⎫ ⎪⎝⎭0A IAB B B I --⎛⎫⎪-⎝⎭ = 0A IAB I B I --⎛⎫⎪-⎝⎭得 R(0A IAB I B I --⎛⎫⎪-⎝⎭) ≥ R(AB-I ) (2) 且00I II≠ , 由引理1得:R(0A I AB B B I --⎛⎫ ⎪-⎝⎭) = R(0A IAB I B I --⎛⎫⎪-⎝⎭) (3) 综合 (1) (2) (3) 式可: R(AB-I ) ≤ r + s参考文献[1]樊恽主编. 代数学词典. 武汉: 华中师范大学出版社, 1994.[2] 高等数学研究. 2003.01.[3]北京大学数学系编. 高等代数. 高等教育出版社.[4]张禾瑞．郝炳新主编．高等代数．高等教育出版社．[5]华东师范大学学报．2002.04．[6]西北师范大学学报．1989.01．。

矩阵秩的等式与不等式的证明及应用

矩阵秩的等式与不等式的证明及应用矩阵是高等代数的一个重要概念，也是线性代数中的主要研究对象，同时也是一种应用广泛的数学工具.不管是在数学学习还是实际问题中，我们常常会遇到许多比较复杂的计算问题，而使用矩阵来解决这些难题，往往会使问题简单化.早在古代，我国的《九章算术》就已经对矩阵有了初步的描述.而矩阵的理论起源，可追溯到18世纪.高斯在1801年、艾森斯坦在1844-1852年，先后把一个线性变换的全部系数用一个字母来表示，艾森斯坦还强调乘法次序的重要性.这些工作都孕育了矩阵的思想，但矩阵的正式定义直到1858年才由凯莱给出来.凯莱在《矩阵论的研究报告》中全面阐述了矩阵的一些理念，同时他还在文中给出了许多矩阵的运算法则以及矩阵转置的定义，证明了矩阵加法中的可交换性与可结合性，更为重要的是他还给出了伴随矩阵、矩阵可逆的概念.由于凯莱的奠基性工作，一般认为他是矩阵理论的创始人.而矩阵的秩是矩阵的一个重要特征，是矩阵理论中研究的一个重要内容，它具有许多的重要性质.对于矩阵的秩的等式与不等式，近年来有一些学者对其进行了研究.张英，乔世东利用同解方程组、标准形、线性空间和同态基本定理来证明矩阵秩的一些性质；王廷明利用构造分块矩阵并通过广义初等变换的方法,证明矩阵秩的(不)等式；殷倩把分散的知识点及重要的常用结论整合在一起，归纳整理出若干常用有效的证明方法；徐小萍给出五个矩阵秩的不等式,并利用代数理论对其进行证明,然后用一些典型例题对其应用进行分析.在前人研究的基础上，本文进一步系统的探究了矩阵秩的等式与不等式及其应用.首先介绍矩阵秩的等式与不等式的研究背景和国内外的研究现状，其次介绍矩阵秩的定义与简单性质，然后给出一些矩阵秩的等式与不等式的证明，最后通过例子研究其在多方面的应用。

11 预备知识1.1 矩阵的定义定义1.1 由m n ⨯个数()1,2,,;1,2,,ij a i m j n ==所排列成的m 行n 列的数表111212122212n n m m mna a a a a a a a a称为m 行n 列的矩阵，简称m n ⨯矩阵.记作111212122212,n n m m mn a a a a a a A a a a ⎡⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦（1.1）简记为()ij m n A a ⨯=或m n A ⨯，这m n ⨯个数称为A 的元素.当m n =时，矩阵A 称为n 阶方阵.例如，431259370⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦就是一个3阶方阵.1.2 矩阵秩的定义定义1.2 通过在m n ⨯矩阵A 中任取k 行k 列（,k m k n ≤≤）的行列交叉处的2k 个元素，而不改变它们在A 中所处的位置顺序而得到的k 阶行列式，称为矩阵A 的k 阶子式. m n ⨯矩阵A 的k 阶子式共有kkm n C C ⋅个.定义 1.3 如果矩阵A 有一个不为零的r 阶子式D ，且所有1r +阶子式都为零，那么D 称为矩阵A 的最高阶非零子式，这个数r 称为矩阵A 的秩，记作()R A ，并且规定零矩阵的秩等于零.2 矩阵秩的性质在矩阵秩的问题当中，有些问题仅依靠定义来解决比较复杂和困难，而利用性质则会简单些，下面我们总结和归纳出了矩阵秩的一些性质.性质2.1 矩阵的行秩与列秩相等.证明考虑线性方程组0AX =，首先如果未知数的个数超过A 的行秩，则它有非零解.设m n ⨯阶矩阵A 的行秩为r ，考虑方程组0AX =，它由m 个方程n 个未知数组成.从A 的行向量中任意选取r 个线性无关的行向量，重新组合成矩阵B ，所以方程组0AX =和0BX =同解.在这种情况下，如果B 的列数大于行数，那么方程组0BX =必有非零解，因此0AX =也有非零解.接着证明行秩等于列秩.设m n ⨯阶矩阵A 的行秩为r ，列秩为s .考虑A 的任意1r +个列向量组成的矩阵C ，因为C 的行秩小于或等于r （因为C 的行向量是由A 的行向量的一部分分量组成的），所以CX=0存在非零解，这表明这1r +个列向量是线性相关的.所以A 的列秩最大为r ，即s r ≤.同理可证r s ≤，因此s r =.性质2.2 初等行（列）变换不改变矩阵的秩.数域P 上的矩阵的初等行（列）变换是指以下三种变换：（1）用数域P 中的一个非零数k 乘以矩阵的某一行（列）；（2）将矩阵的某一行（列）的c 倍加到另一行（列）；（3）交换矩阵中两行（列）的位置.证明设m n ⨯矩阵A 通过一次初等行变换转变为m n ⨯矩阵B ,且()1R A r =，()2R B r =.1.初等交换变换：i jr rA B ↔→（交换矩阵的第i 行与第j 行）由于矩阵A 中的任意11r +阶子式均全为零，因此矩阵B 的任意11r +阶子式也为零.所以有矩阵B 中任11r +阶子式等于任意非零常数k 与矩阵A 的某个11r +阶子式的乘积.2.初等乘法变换：ikr A B →（将矩阵的第i 行与用非零常数k 相乘）由于矩阵A 中的任意11r +阶子式全为零，因此矩阵B 的任意11r +阶子式也为零.所以有矩阵B 中任何11r +阶子式等于任意非零常数k 与A 的某个11r +阶子式的乘积.3.初等加法变换：i j r krA B +→（将矩阵的第j 行的k 倍加到矩阵的第i 行上）对于矩阵B 的任意11r +阶子式1B .（1）若1B 不包含矩阵B 的第i 行或同时包含第j 行与第i 行，那么由行列式的性质得11+1r B D =这里的1+1r D 为矩阵A 的任意11r +阶子式；（2）若1B 包含第i 行但不包含第j 行，那么由行列式的性质得11111r r B D k C ++=+这里的11r D +，11r C +均为矩阵A 的11r +阶子式。

排序不等式课件

分析：这是一个实际问题，需要将它数学化，即转化为数学问题．若第一个接水的人需t1分钟，接这桶水时10人所需等候的总时间是10t1分钟；第二个接水的人需t2分钟，接这桶水时 9人所需等候的总时间是9t2分钟；如此继续下去，到第10人接水时，只有他一个在等，需要t10分钟．所以，按这个顺序，10 人都接满水所需的等待总时间(分钟)是10t1＋9t2＋…＋2t9＋t10.
排序不等式
1．基本概念
一般地，设有两组数：a1≤a2≤a3，b1≤b2≤b3，我们考察这两组数两两对应之积的和，利用排列组合的知识，我们
知道共有6个2，a3) (b1，b2，b3) (a1，a2，a3) (b1，b3，b2) (a1，a2，a3) (b2，b1，b3)
备注同序和乱序和乱序和乱序和乱序和反序和
同序和a1b1＋a2b2＋a3b3＝220最大，反序和a1b3＋a2b2＋ a3b1＝180最小．
2．排序不等式的一般情形一般地，设有两组实数：a1，a2，a3，…，an与b1，b2， b3，…，bn，且它们满足： a1≤a2≤a3≤…≤an，b1≤b2≤b3≤…≤bn，若c1，c2，c3，…，cn是b1，b2，b3，…，bn的任意一个排列，则和数a1c1＋a2c2＋…＋ancn 在a1，a2，a3，…，an与b1，b2，b3，…，bn同序时最大，反序时最小，即：
证明：由题意不妨设 a≥b≥c＞0，∴ab≥ac≥bc，1c≥1b≥1a. 由排序原理，知
ab×1c＋ac×b1＋bc×1a≥ab×b1＋ac×1a＋bc×1c＝a＋c＋b.
4．已知 a，b，c 为正数，求证：b2c2＋a＋a2bc＋2＋ca2b2≥abc.
分析：所要证的不等式中 a，b，c 的“地位”是对称的，因此可以先设出 a，b，c 的大小．

排序不等式的证明

排序不等式是一类常见的数学不等式，通常包括如下形式：
对于任意实数a₁, a₂, ..., aₙ（n ≥ 2），有：
a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ aₙ
证明排序不等式的一种常见方法是使用数学归纳法。

以下是对排序不等式的归纳证明：
基础步骤（n = 2）：对于n = 2 的情况，不等式形式为：
a₁ ≤ a₂
这是显然成立的，因为这只是两个实数之间的大小关系。

归纳假设：假设对于n = k（k ≥ 2）时不等式成立，即：
a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ aₙ
归纳步骤（n = k+1）：我们需要证明当n = k+1 时不等式也成立，即：
a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ aₙ ≤ aₙ₊₁
根据归纳假设，我们有：
a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ aₙ
而根据基础步骤，我们知道：
aₙ ≤ aₙ₊₁
将这两个不等式结合起来，可以得到：
a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ aₙ ≤ aₙ₊₁
因此，根据数学归纳法，排序不等式在任意正整数n ≥ 2 时都成立。

这个证明使用了基础步骤和归纳步骤，通过证明在n = 2 时成立，并在归纳假设成立的情况下推导出n = k+1 时也成立，从而证明了排序不等式对于任意正整数n ≥ 2 都成立。

柯西不等式和排序不等式

柯西不等式设1a ，2a …n a 及1b ，2b …n b 为任意实数，则有不等式222111n n n i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑成立，其中当且仅当1b =2b …=n b =0或i i a kb =（1,2,,i n = ）等号成立。

这就是著名的柯西（Cauchy ）不等式。

柯西不等式的证明利用二次函数证明柯西不等式构造二次函数()()()2222211)(n n b x a b x a b x a x f ++++++==()()()22222121122122nnn n n na a a x ab a b a b x b b b +++++++++++22120nn a a a +++≥ 且()0f x ≥恒成立()()()2222211221212440nnn n nn a b a b a b a a a bb b ∴∆=+++-++++++≤即()()()2222211221212nnn n nna b a b a b a a a bb b +++≤++++++其中当且仅当()01,2i i a b k i n -== 即 1212=n na a a kb b b ===时等号成立。

利用不等式的基本性质证明柯西不等式根据高中所学习的基本不等式，实数0,0a b a b a b a b <⇔-<->⇔>所以，要证明 222111nn n i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑，只需证 22210n n n i i i i i i i i a b a b ==⎛⎫⎛⎫⎛⎫-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑证明： 2221n n n i i i i i i i ia b a b ==⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ =221111n n n ni j i i j j i j i j a b a b a b ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑ =221111nnnniji ijji j i j ab a b ab ====-∑∑∑∑=2222111111122n n n nnni ji i j j j i i j i j i j a b a b a b a b ======⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑=()222211122nnij i i j j j ii j a b a b a b a b ==-+∑∑=()21112n nijj i i j a ba b ==-≥∑∑故 222111n n n i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑ 当且仅当0i j j i a b a b -=(1,2,,)i j n = 、i ia kb ⇔=(k 为常数，1,2,,i n = )时，上式等号成立。

排序不等式课件

也是基本而重要的不等式,它的思想简单明了,便于记忆和应用,许
多重要的不等式可以借助排序不等式得到证明.
一方面,一些非常重要的不等式,也是排序不等式的直接推论,因
此排序不等式有非常深刻的理论意义;另一方面,排序不等式也有
广泛的实际背景.
如果我们将a1,a2,…,an(a1≤a2≤…≤an)解释为一个杠杆从支点到
+ +
2
2 +
2,得 2
2
+2
+ 2
≤2
2 +2
+ 2
3

≤
3

3
+ +
3

3
,

3
+ + .
排序不等式
1.基本概念
设a1<a2<a3<…<an,b1<b2<b3<…<bn是两组实数,c1,c2,c3,…,cn是
数组b1,b2,…,bn的任意一个排列,则S1=a1bn+a2bn-1+…+anb1叫做数
组(a1,a2,…,an)和(b1,b2,…,bn)的反序和;S2=a1b1+a2b2+…+anbn叫做
当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时,反序和等于顺序和.
归纳总结分析题目时要找到原始的两组实数.
1.对排序原理的正确理解
剖析：(1)排序原理的本质含义:两实数序列同方向单调(同时增
或同时减)时所得两两乘积之和最大,反方向单调(一增一减)时所得
两两乘积之和最小,注意等号成立的条件是其中一序列为常数序列.
数组(a1,a2,…,an)和(b1,b2,…,bn)的顺序和;S=a1c1+a2c2+…+ancn叫做

排序不等式证明

排序不等式证明
排序不等式是统计学中的一种基本概念，用于评估多组之间数据大小排序的差异。

它在日常生活中也有广泛的应用。

比如我们在买东西时，总会特别留心一些价格排序不等式，比如常会见到价格怎么样，一般不超过一万五或者怎么样，一般不低于二万五之类的比较精准的要求。

再比如每年有很多学生申请国内外大学，其中国内名校申请者会比较看重考试成绩排序不等式，比如说，怎么样，一般能够拿到北大上海交大这些名校录取方面的排名需要全省状元一个多级之上，这就体现了排序不等式的作用。

此外，在我们购买乐器时，也会有排序不等式作为参考标准，比如，小提琴之类的乐器如果价格低于十万，则很难是真品，这样就不需要考察乐器的具体质量，即可类推出其可能的真假。

由此可见，排序不等式在日常生活中有着极其重要的实际意义，它让我们在生活、消费、学习等方面得到某种参考，帮助我们做出比较正确的决定。

所以，未来我们在消费、学习等方面都应当尽可能多的去了解相关排序不等式，从而做出更聪明的选择。

排序不等式及其应用

当且仅当 a1 = a2 = … = an 时等号成立.
证法 1 记 G = n a1 ·a2 ·…·an ,令 bi
=
ai ( i G
= 1 ,2 , …, n)
, 则原不等式
Ζ b1
+ b2
+
… + bn ≥ n ,其中 b1 ·b2 ·…·bn = 1.
取 x1 , x2 , …, x n , 使 b1
原理.
证明因为 a1 , a2 , …an 是 n 个两两互
不相等的正整数 ,可将它们从小到大排列 ,不
妨设为 b1 < b2 < …bn ,从而 bk ≥k ( k 为正整
数) ,由排序不等式可得
a1
+
a2 22
+
a3 32
+
…+
an n2
≥b1
+
b2 22
+
b3 32
+
…+
bn n2
≥1
≥
(
abc)
a+b+c 3
.
分析不等式的左右两端均为指数形
式 ,可以在两边取对数后再利用排序原理证明.
证明不妨设 a ≥b ≥c > 0 ,则 ln a ≥ lnb ≥lnc ,于是由排序原理 ,有
aln a + bln b + clnc = aln a + bln b + clnc , aln a + bln b + clnc ≥aln a + blnc + cln b , aln a + bln b + clnc ≥aln b + bln a + clnc , aln a + bln b + clnc ≥aln b + blnc + cln a , aln a + bln b + clnc ≥alnc + bln a + cln b , aln a + bln b + clnc ≥alnc + bln b + cln a , 将以上各式相加 ,得

2016_2017学年高中数学第二章柯西不等式与排序不等式及其应用2.2排序不等式课件

题型一
题型二
题型三
题型四
反思利用排序原理解答相关问题,必须构造出相应的数组,并且要排列出大小顺序,因此比较出数组中各数间的大小关系是解题的关键.
题型一
题型二
题型三
题型四
对所证不等式中字母的大小顺序需要加以讨论【例3】若x>0,求证:1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn. 分析:题目中只给出了x>0,但对于x≥1,x<1没有明确,因而需要进行分类讨论. 证明:(1)当x≥1时,1≤x≤x2≤…≤xn,由排序原理:顺序和≥反序和, 得1· 1+x· x+x2· x2+…+xn· xn≥1· xn+x· xn-1+…+xn-1· x+xn· 1, 即1+x2+x4+…+x2n≥(n+1)xn.① 因为x,x2,…,xn,1为序列1,x,x2,…,xn的一个排列,所以再次由排序原理: 乱序和≥反序和,得 1· x+x· x2+…+xn-1· xn+xn· 1 ≥1· xn+x· xn-1+…+xn-1· x+xn· 1, 得x+x3+…+x2n-1+xn≥(n+1)xn.② 将①和②相加,得1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn.③
��1 a'1,a'2,a'3,则 ��' 1
【做一做1-2】设a1,a2,a3∈(0,+∞),且a1,a2,a3的任一排列为
��2 + ��' 2 ��3 + 的最小值为( ��' 3

排序、均值、柯西不等式及其应用(不等式 (拓展5)

排序、均值、柯西不等式及其应用（不等式 (拓展5)排序不等式、均值不等式、柯西不等式是不等式证明的基本工具，三者各有所长，这里我们先简单回顾一下三个不等式，然后结合具体题目谈谈它们在不等式证明中的应用。

①排序不等式：(i)对于两个有序数组1212,n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤ 及则112211221211n ni j i j in bn n n n a b a b a b a b a b a b a b a b a b -+++≥+++≥+++ （同序）（乱序）（反序）其中12,,,n i i i 与12,,,n j j j 是1，2， n 的任意两个排列，当且仅当12n a a a === 或12n b b b === 时式中等号成立.(ii) 设120n a a a <≤≤≤ ,12,n b b b <≤≤≤ 0而12,,,n i i i 是1,2,,n 的一个排列,则 112121121212i i i nn n n bb b b b b bbb nn n a a a a a a a a a -≤≤当且仅当12n a a a === 或12n b b b === 时式中等号成立.(iii)设有n 组非负数,每组n 个数,它们满足:120k k kn a a a ≤≤≤≤ (1,2,,)k m = ,那么,从每一组中各取出一个数作积,再从剩下的每一组中各取一个作积,直到n 次取完为止,然后将这些“积”相加，则所得的诸和中，以112111222212m m n n mn I a a a a a a a a a =+++ 为最大.(iv)设120,n a a a <≤≤≤ 12,n b b b <≤≤≤ 0则≤≤当且仅当12n a a a === ,且12n b b b === 时取等号.②平均值不等式：设12,,n a a a 是n 个正实数，则有12n a a a n+++≥ 当且仅当12n a a a === 时取等号.幂平均值不等式:设0αβ<≤，n N +∈，12,,,n a a a R +∈，则121211n n a a a a a a n n αααβββαβ⎛⎫⎛⎫++++++≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当12n a a a === 时取等号. 加权幂平均值不等式设12,,,n p p p R +∈，0αβ<≤，n N +∈，12,,,n a a a R +∈，则12121112121212n nn n n n p a p a p a p a p a p a p p p p p p αααβββαβ⎛⎫⎛⎫++++++≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭当且仅当12n a a a === 时取等号.③柯西不等式：222222211221212)()()n n n n a b a b a b a a a b b b +++≤++++++ （当且仅当(1,2,,)i i a kb i n == 时取等号. 推论1设12,,,n a a a R +∈，则21212111()()n na a a n a a a ++++++≥ . 推论2设12,,,n a a a R +∈，则12222212nn a a a a a a n n ++++++⎛⎫≤⎪⎝⎭. 1、设a 、b 、c 为正数，求4936()()a b c a b c++++的最小值。

排序不等式

1、排序不等式设有两组数1212, ,,;,,,n n a a a b b b ，满1212 ,n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤，则有 1122n n a b a b a b +++ （顺序和）1212n i i n i a b a b a b ≥+++ （乱序和）1211n n n a b a b a b -≥+++ （逆序和）其中12, ,,n i i i 是1,2,,n 的一个排列，当且仅当12= n a a a ==或12n b b b ===时等号成立.证明先证左端设乱序和为S ,要S 最大,我们证明必须n a 配n b ,1n a -配1n b -,,1a 配1b ,设n a 配n i b ()n i n <,n b 配某个()k a k n <, 则有 n n n i n k k i n n a b b a a b a b +≤+这是因为 ()()0n n n n n k i k n n i n k n i a b a b a b a b a a b b +--=--≥ 同理可证1n a -必配1n b -，2n a -必配2n b -，，1a 必配1b ，所以 12121122n i i n i n n a b a b a b a b a b a b +++≤+++再证右端又1211 ,n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-，由以上证明结论(乱≤ 同) 可得，()()()()()()12121112nn n n i i n i a b a b a b a b a b a b --+-++-≥-+-++-于是有12121112n n n n i i n i a b a b a b a b a b a b -+++≤+++当且仅当12= n a a a ==或 12n b b b ===时，等号成立. 证毕.2，切比雪夫不等式：若n a a a ≤≤≤ 21，n b b b ≤≤≤ 21 ，则.21212211nb b b n a a a n b a b a b a nn n n +++⋅+++≥+++证明：由题设和排序不等式，有n n b a b a b a +++ 2211=n n b a b a b a +++ 2211，132212211b a b a b a b a b a b a n n n +++≥+++ ，…….11212211-+++≥+++n n n n n b a b a b a b a b a b a将上述n 个不等式叠加后，两边同除以n 2，即得欲证的不等式.I ．排序不等式的应用应用排序不等式可以简捷地证明一类不等式，请看下述例题.例1：对+∈R c b a ,,，比较a c c b b a c b a 222333++++与的大小.【思路分析】要应用“排序不等式”，必须取两组便于排序的数，这要从两式的结构上去分析. 【略解】取两组数 .,,;,,222c b a c b a不管c b a ,,的大小顺序如何，都是乱序和都是同序和a c c b b a c b a 222333++++，故 a c c b b a c b a 222333++>++.【评述】找出适当的两组数是解此类题目的关键.例2：+∈R c b a ,,，求证.222222222222abc ca b bc a b a c a c b c b a c b a ++≤+++++≤++ 【思路分析】应先将a 、b 、c 三个不失一般性地规定为.0>≥≥c b a【略解】由于不等式关于a 、b 、c 对称，可设.0>≥≥c b a于是ab c c b a 111,222≥≥≥≥.由排序不等式，得ac c b b a c c b b a a 111)(111222222⋅+⋅+⋅≤⋅+⋅+⋅逆序和（乱序和）. 及.111111222222bc a b c a c c b b a a ⋅+⋅+⋅≤⋅+⋅+⋅ 以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组abca bc c b a 111,0333≥≥>≥≥及，仿上可证第二个不等式，请读者自己完成. 【评述】应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计.这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组. 例3：在△ABC 中，试证：.23ππ<++++≤c b a cC bB aA【思路分析】可构造△ABC 的边和角的序列，应用排序不等式来证明之.【详解】不妨设c b a ≤≤，于是.C B A ≤≤由排序不等式，得.,,bC aB cA cC bB aA aC cB bA cC bB aA cC bB aA cC bB aA ++≥++++≥++++≥++ 相加，得)())(()(3c b a C B A c b a cC bB aA ++=++++≥++π，得3π≥++++c b a cC bB aA ①又由,0,0,0b c a c b a a c b -+<-+<-+<有).(2)()3()2()2()()()()()()(0cC bB aA c b a C c B b A a C B A c B C A b A C B a b c a B c b a C a c b A ++-++=-+-+-=-++-++-+=-++-++-+<ππππ得.2π<++++c b a cC bB aA ②由①、②得原不等式成立.【评述】此题后半部分应用了不等式的性质来证明. 例4：设n a a a ,,,21 是互不相同的自然数，试证.212112221na a a n n +++≤+++ 【思路分析】应先构造两个由小到大的排序.【略解】将n a a a ,,,21 按由小到大的顺序排成n j j j a a a <<< 21其中nj j j ,,,21 是1，2，…，n 的一个排列，则.,2,121n a a a n j j j ≥≥≥ 于是由排序不等式，得.12112222222121n na a a n a a a n j j j n +++≥+++≥+++例5：设n b b b ,,,21 是正数n a a a ,,,21 的一个排列，求证.2211n b a b a b a nn ≥+++【思路分析】应注意到),,2,1(11n i a a ii ==⋅【略证】不妨设n a a a ≥≥≥ 21，因为n a a a ,,,21 都大于0. 所以有na a a 11121≤≤≤ ，又nn a a a b b b 1,,1,11,,1,12121 是的任意一个排列，于是得到 .11111122112211nn n n b a b a b a a a a a a a n +++⋅≤⋅++⋅+⋅=【评述】此题比较简单，但颇具启发意义，读者应耐心体会.例6：设正数c b a ,,的乘积1=abc ，试证：.1)11)(11)(11(≤+-+-+-ac c b b a【略解】设xzc z y b y x a ===,,，这里z y x ,,都是正数，则原需证明的不等式化为 y x z x z y z y x xyz y x z x z y z y x -+-+-+≤-+-+-+,,,))()((显然中最多只有一个非负数.若y x z x z y z y x -+-+-+,,中恰有一个非正数，则此时结论显然成立.若y x z x z y z y x -+-+-+,,均为正数，则z y x ,,是某三角形的三边长.容易验证)].()()([(31))()((222z y x z y x z y x z y x y x z x z y z y x -++-++-+≤-+-+-+故得.))()((xyz y x z x z y z y x ≤-+-+-+【评述】利用上述换元的方法可解决同类的问题.见下题：设正数a 、b 、c 的乘积,1=abc 证明.23)(1)(1)(1222≥+++++b a c a c b c b a证明：设1,1,1,1====xyz zc y b x a 则，且所需证明的不等式可化为23222≥+++++y x z x z y z y x ，现不妨设z y x ≥≥，则yx zx z y z y x +≥+≥+，据排序不等式得y x z x z y z y x +++++222yx zy x z y x z y x z +⋅++⋅++⋅≥ 及y x z x z y z y x +++++222yx zx x z y z z y x y +⋅++⋅++⋅≥ 两式相加并化简可得)(2222yx z x z y z y x +++++.333=≥++≥xyz z y x例7：设实数n n n z z z y y y x x x ,,,,,212121 ≥≥≥≥≥≥是n y y y ,,,21 的一个置换，证明：∑∑==-≤-ni i i ni i iz x y x1212.)()(【略解】显然所需证不等式等价于∑∑==≥ni ii n i ii z x y x 11,这由排序不等式可直接得到.【评述】应用此例的证法可立证下题：设k a 是两两互异的正整数（),2,1 =k ，证明对任意正整数n ，均有∑∑==≥ni ni k kk a 112.1证明：设n b b b ,,,21 是n a a a ,,,21 的一个排列，使n b b b <<< 21，则从条件知对每个k b n k k >≤≤,1，于是由排序不等式可知∑∑∑===≥≥ni n i k ni k kk b k a 11212.11、问题：若某网吧的3台电脑同时出现了故障，对其维修分别需要45min ，25 min 和30 min ，每台电脑耽误1 min ，网吧就会损失0.05元。

高中数学第三讲柯西不等式与排序不等式三排序不等式讲义含解析新人教A版选修

三排序不等式1．顺序和、乱序和、反序和设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 为b 1，b 2，…，b n 的任一排列，称a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 为这两个实数组的顺序积之和(简称顺序和)，称a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1为这两个实数组的反序积之和(简称反序和)．称a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n 为这两个实数组的乱序积之和(简称乱序和)．2．排序不等式(排序原理)定理：(排序原理，又称为排序不等式) 设a 1≤a 2≤…≤a n ，b 1≤b 2≤…≤b n 为两组实数，c 1，c 2，…，c n 为b 1，b 2，…，b n 的任一排列，则有a 1b n ＋a 2b n －1＋…＋a n b 1≤a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a n c n ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，等号成立(反序和等于顺序和)⇔a 1＝a 2＝…＝a n 或b 1＝b 2＝…＝b n .排序原理可简记作：反序和≤乱序和≤顺序和．[点睛] 排序不等式也可以理解为两实数序列同向单调时，所得两两乘积之和最大；反向单调(一增一减)时，所得两两乘积之和最小．[例a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥1a ＋1b ＋1c. [思路点拨] 分析题目中已明确a ≥b ≥c ，所以解答本题时可直接构造两个数组，再用排序不等式证明即可．[证明] ∵a ≥b >0，于是1a ≤1b，又c >0，从而1bc ≥1ca，同理1ca ≥1ab ，从而1bc ≥1ca ≥1ab.又由于顺序和不小于乱序和，故可得a 5b 3c 3＋b 5c 3a 3＋c 5a 3b 3≥b 5b 3c 3＋c 5c 3a 3＋a 5a 3b 3＝b 2c 3＋c 2a 3＋a 2b 3⎝⎛⎭⎪⎫∵a 2≥b 2≥c 2，1c 3≥1b 3≥1a 3≥c 2c 3＋a 2a 3＋b 2b 3＝1c ＋1a ＋1b ＝1a ＋1b ＋1c. ∴原不等式成立．利用排序不等式证明不等式的技巧在于仔细观察、分析所要证明的式子的结构，从而正确地构造出不等式中所需要的带有大小顺序的两个数组．1．已知0<α<β<γ<π2，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γ·cos α>12(sin2α＋sin 2β＋sin 2γ)．证明：∵0<α<β<γ<π2，且y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为增函数，y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为减函数，∴0<sin α<sin β<sin γ，cos α>cos β>cos γ>0. ∴sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α >sin αcos α＋sin βcos β＋sin γcos γ ＝12(sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ)． 2．设x ≥1，求证：1＋x ＋x 2＋…＋x 2n≥(2n ＋1)x n. 证明：∵x ≥1，∴1≤x ≤x 2≤…≤x n. 由排序原理得12＋x 2＋x 4＋…＋x 2n≥1·x n ＋x ·xn －1＋…＋xn －1·x ＋x n·1即1＋x 2＋x 4＋…＋x 2n≥(n ＋1)x n.①又因为x ，x 2，…，x n,1为1，x ，x 2，…，x n的一个排列，由排序原理得1·x ＋x ·x 2＋…＋x n －1·x n ＋x n·1≥1·x n ＋x ·xn －1＋…＋xn －1·x ＋x n·1，即x ＋x 3＋…＋x2n －1＋x n≥(n ＋1)x n.②将①②相加得1＋x ＋x 2＋…＋x 2n≥(2n ＋1)x n.a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10. [思路点拨] 本题考查排序不等式的应用，解答本题需要搞清：题目中没有给出a ，b ，c 三个数的大小顺序，且a ，b ，c 在不等式中的“地位”是对等的，故可以设a ≥b ≥c ，再利用排序不等式加以证明．[证明] 由对称性，不妨设 a ≥b ≥c ，于是a 12≥b 12≥c 12，1bc ≥1ca ≥1ab，故由排序不等式：顺序和≥乱序和，得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab ≥a 12ab ＋b 12bc ＋c 12ca ＝a 11b ＋b 11c ＋c 11a.① 又因为a 11≥b 11≥c 11，1a ≤1b ≤1c.再次由排序不等式：反序和≤乱序和，得a 11a ＋b 11b ＋c 11c ≤a 11b ＋b 11c ＋c 11a.② 所以由①②得a 12bc ＋b 12ca ＋c 12ab≥a 10＋b 10＋c 10.在排序不等式的条件中需要限定各数值的大小关系，对于没有给出大小关系的情况，要根据各字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系．3．设a ，b ，c 都是正数，求证：bc a ＋ca b ＋abc≥a ＋b ＋c .证明：由题意不妨设a ≥b ≥c ＞0，由不等式的单调性，知ab ≥ac ≥bc ，1c ≥1b ≥1a .由排序不等式，知ab ×1c ＋ac ×1b＋bc ×1a≥ab ×1b ＋ac ×1a ＋bc ×1c＝a ＋c ＋b ，即bc a ＋ca b ＋abc≥a ＋b ＋c .4．设a 1，a 2，a 3为正数，求证：a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2≥a 1＋a 2＋a 3. 证明：不妨设 a 1≥a 2≥a 3>0，于是 1a 1≤1a 2≤1a 3，a 2a 3≤a 3a 1≤a 1a 2，由排序不等式：顺序和≥乱序和得a 1a 2a 3＋a 3a 1a 2＋a 2a 3a 1≥1a 2·a 2a 3＋1a 3·a 3a 1＋1a 1·a 1a 2 ＝a 3＋a 1＋a 2. 即a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2≥a 1＋a 2＋a 3.1．有两组数：1,2,3与10,15,20，它们的顺序和、反序和分别是( ) A ．100,85 B ．100,80 C ．95,80D ．95,85解析：选B 由顺序和与反序和的定义可知顺序和为100，反序和为80. 2．若0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，且a 1＋a 2＝b 1＋b 2＝1，则下列代数式中值最大的是( ) A ．a 1b 1＋a 2b 2 B ．a 1a 2＋b 1b 2C ．a 1b 2＋a 2b 1 D.12解析：选A 因为0<a 1<a 2,0<b 1<b 2，所以由排序不等式可知a 1b 1＋a 2b 2最大． 3．锐角三角形中，设P ＝a ＋b ＋c2，Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ，则P ，Q 的大小关系为( )A ．P ≥QB ．P ＝QC ．P ≤QD ．不能确定解析：选C 不妨设A ≥B ≥C ，则a ≥b ≥c ，cos A ≤cos B ≤cos C ，则由排序不等式有Q ＝a cos C ＋b cos B ＋c cos A ≥a cos B ＋b cos C ＋c cos A＝R (2sin A cos B ＋2sin B cos C ＋2sin C cos A ) ＝R [sin(A ＋B )＋sin(B ＋C )＋sin(A ＋C )] ＝R (sin C ＋sin A ＋sin B )＝P ＝a ＋b ＋c2.4．儿子过生日要老爸买价格不同的礼品1件、2件及3件，现在选择商店中单价为13元、20元和10元的礼品，至少要花( )A ．76元B ．20元C ．84元D ．96元解析：选A 设a 1＝1(件)，a 2＝2(件)，a 3＝3(件)，b 1＝10(元)，b 2＝13(元)，b 3＝20(元)，则由排序原理反序和最小知至少要花a 1b 3＋a 2b 2＋a 3b 1＝1×20＋2×13＋3×10＝76(元)．5．已知两组数1,2,3和4,5,6，若c 1，c 2，c 3是4,5,6的一个排列，则1c 1＋2c 2＋3c 3的最大值是________，最小值是________．解析：由反序和≤乱序和≤顺序和知，顺序和最大，反序和最小，故最大值为32，最小值为28.答案：32 286．设正实数a 1，a 2，…，a n 的任一排列为 a 1′，a 2′，…，a n ′，则a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a na n ′的最小值为________．解析：不妨设0<a 1≤a 2≤a 3…≤a n ，则1a 1≥1a 2≥…≥1a n.其反序和为a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a n a n＝n ，则由乱序和不小于反序和知a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a n a n ′≥a 1a 1＋a 2a 2＋…＋a na n＝n ， ∴a 1a 1′＋a 2a 2′＋…＋a na n ′的最小值为n . 答案：n7．设a 1，a 2，a 3，a 4是1,2,3,4的一个排序，则a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4的取值范围是________．解析：a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4的最大值为12＋22＋32＋42＝30，最小值为1×4＋2×3＋3×2＋4×1＝20，∴a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4的取值范围是[20,30]．答案：[20,30]8．设a ，b ，c 是正实数，用排序不等式证明a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.证明：由所证不等式的对称性，不妨设a ≥b ≥c >0，则lg a ≥lg b ≥lg c ，据排序不等式有：a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥b lg a ＋c lg b ＋a lg c ， a lg a ＋b lg b ＋c lg c ≥c lg a ＋a lg b ＋b lg c ，以上两式相加，再两边同加a lg a ＋b lg b ＋c lg c ，整理得 3(a lg a ＋b lg b ＋c lg c )≥(a ＋b ＋c )(lg a ＋lg b ＋lg c )，即lg(a a b b c c)≥a ＋b ＋c3·lg(abc )，故a a b b c c≥(abc )a ＋b ＋c3.9．某学校举行投篮比赛，按规则每个班级派三人参赛，第一人投m 分钟，第二人投n分钟，第三人投p 分钟，某班级三名运动员A ，B ，C 每分钟能投进的次数分别为a ，b ，c ，已知m ＞n ＞p ，a ＞b ＞c ，如何派三人上场能取得最佳成绩？解：∵m ＞n ＞p ，a ＞b ＞c ，且由排序不等式知顺序和为最大值， ∴最大值为ma ＋nb ＋pc ，此时分数最高， ∴三人上场顺序是A 第一，B 第二，C 第三． 10．已知0<a ≤b ≤c ，求证：c 2a ＋b ＋b 2a ＋c ＋a 2b ＋c ≥a 2a ＋b ＋b 2b ＋c ＋c 2c ＋a.证明：因为0<a ≤b ≤c ，所以0<a ＋b ≤c ＋a ≤b ＋c ，所以1a ＋b ≥1c ＋a ≥1b ＋c>0，又0<a 2≤b 2≤c 2，所以c 2a ＋b ＋b 2a ＋c ＋a 2b ＋c是顺序和，a 2a ＋b ＋b 2b ＋c ＋c 2c ＋a是乱序和，由排序不等式可知顺序和大于等于乱序和，即不等式c 2a ＋b ＋b 2a ＋c ＋a 2b ＋c ≥a 2a ＋b ＋b 2b ＋c ＋c 2c ＋a成立．。

排序不等式课件

例 2 设 a1，a2，…，an 是 1,2，…，n 的一个排列，求证：12＋23＋…
＋n－n 1≤aa12＋aa23＋…＋aan－n 1.
分析：构造出数组，利用排序原理证明．
证明：设 b1，b2，…，bn－1 是 a1，a2，…，an－1 的一个排列，且 b1<b2…<bn－1；c1，c2，…，cn－1 是 a2，a3，…， an 的一个排列，且 c1<c2<…<cn－1，则c11>c12>…>c1n－1，且 b1≥1，b2≥2，…，bn－1≥n－1，c1≤2，c2≤3，…，cn －1≤n.
解析：如果有两个水龙头，设总时间最少时有m个人在第一个水龙头打水，设依次所用时间为p1，p2，…， pm；有10－m个人在第二个水龙头打水，依次所需时间设为q1，q2，…，q10－m.
显然必有一个水龙头的打水人数不少于5人，不妨设为第一个水龙头，也不可能有一个水龙头没人去打水，则 5<m<10.
题型一不等式证明
例 1 设 a，b 都是正数，求证： ab2＋ba2≥ab＋ba.
分析：观察不等式找出数组，并比较大小，并用排序原理证明．
证明：由题意设 a≥b＞0，则 a2≥b2，1b≥1a， a2 b2
所以 b ≥ a ，
根据排序原理，知
a2 1 b2 1 ba2≥ab＋ba.
因此q1<p2，也即q1＝t2. 类似地，我们可以证明pi<qi<qi＋1(i＝1,2,3,4)， p5<q5，从而最省时的打水顺序为水龙头一：t1，t3，t5，t7，t9；水龙头二：t2，t4，t6，t8，t10. 其中：t1<t2<…<t10.
首先我们来证明m＝5，若不然，即m>5，我们让在第

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，
从而：￣／一１＋２ｙ３：３．
０） ’ 一ｌ＜１・
本文将拓展３加强为下面的结果：
注意到３（一）＞０，故
一
拓展４已知３。一２ｙ３＝１（、Ｙ∈Ｒ，Ｙ≠
啕ｆ（一） ≤ 詈，
方法评析：
初等数学证法的逐步调整思路确实非常巧妙，是不等式证明的一个重要思路．矩阵证
法则巧妙运用ＴＢｉｎｅｔ — Ｃａｕｃｈｙ定理实现恒等变形，整个计算过程比较简洁，方法具有很强的创造性，不等关系的明确是此题求解的关键，
～
３ｏ
数学教学
２０１３年第７期
排序不等式的矩阵证明及其应用
２０１２０３华东师范大学第二附属中学施洪亮
不等式证明是中学数学中的常见问题，在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，成为竞赛数学中的热门题型．矩阵的引入极大简化了数值运算，因此基于矩阵表示的代数证明也进入我们的视野．本文以运用Ｂｉｎｅｔ — Ｃａｕｃｈｙ（比内一柯西）定理证明不等
￣ｔｔＮ：ｂ２Ｄ十＋ｃＣ２ ≥ 丢（６＋ｃ），ｃ２Ｃ＂十４－ａ０２ ≥
（ｃ， ≥ （川以２（
７－３２
数学教学
２０１３年第７期
一
道复旦大学自主招生数学试题的再拓展
：矩阵的乘积与行列式的关系． ≤
／，，．。Ｉ。．．．．１ｌ、
Ｂｉｎｅｔ — Ｃａｕｃｈｙ（￣内一柯西）定理描述了 Ⅳ
、一
其中ｒ１．ｒ２， … ，是１，２， … ，的一个排列，等式当且仅当ａｌ＝ａ２： … ＝ａ他或ｂｌ＝ｂ２：ｂ时成立．
／
．
．
１Ｊ２ …
… １：ｌ：
．
、
ｌａｌｌｊｌ …
ａＱｊｐＪ
‘ ｌａｉｐＪｐＩ
＝礼（ａｌｂｌ＋ａ２ｂ２＋… ＋０ｎｂ礼）一（ａｌ＋ａ２＋・・・＋０）（ｂｌ＋ｂ２＋… ＋ｂｎ）；
５２
＋
Ｄ＋Ｃ
Ｃａ十
＋
ａ＋
≥
Ｄ
＋
ａ２
＋
＋
ｂ２
和
Ｃ２
＋
＋
≥
例１证明：如果给定两个正整数Ｐ、ｑ（ｐ＜ｑ）则对于任意ａｌ，ａ２， … ，ａ５ ∈ ，ｑ］，恒有
＋ — ｃ＋ —ａ・
（ａｌ＋ａ２＋ … ＋。ｓ（去＋１＋ … ＋去）（一）．、
利用Ｂｉｎｅｔ — Ｃａｕｃｈｙ定理把所求量转化为因式，顺利判断大小关系是难点突破口．
四、Ｂｉｎｅｔ－Ｃａｕｃｈｙ（比内一柯西）定理的再应用
由排序不等式得ａ２
（姜熹Ｌ序（姜５２皇ｂ＋ｃ）莉（熹），
文【１】对试题进行了如下拓展：
拓展１方程。一２ｙ。＝１的任意整数
ｔ＋抖＝（ｔ＋）＋兰 ≥ 兰，
等号成立当且仅当ｔ＝一望２，故
解（，） ≠ ０）都满足【考～Ｉ＜丽１・
＋６
两式相加得：２（
＋５２＋Ｃ２） ≥
６０＋ｃ２ｃ２＋ｎ２０＋６
＾ｒ。
＂
ｎ。ｎ一－＾。
证：不妨设Ｐ≤ ａｌ≤ ａ２≤ … ≤ ａ５≤ ｑ，则二 ≥ 二 ≥… ≥ ．
ｆ￣Ｂｉｎｅｔ —Ｃａｕｃｈｙ公式，
２０１３年第７期
＝礼
数学教学
一３ｌ
∑０一 ∑ｎ ∑ｂｋ．
（ａｌ＋ａ２＋＂－－￣－ａ５）（１＋ｎ１ｉ一＋１）
佗
一
设ｉｌ，ｉ２， … ，ｉ和ｊｌ，ｊ２， … ，Ｊｎ为１，２， … ，
１
一
ｋ＝ｌ
，
ｋ－１
・
－
’
ａｊ－ａｉ≤ 口
１ ≤ １
一
，
＝
∑ （。ｉ。）（ｂｊ一）
・．．
≤∑ （ａｊ一）（一）
≤２川
＝扎 ∑ 一（《＼／ ∑ ｉ＝１。）・（＼ ∑ ／ｉ＝１６）），
对于矩阵，任取２个自然数１≤ ｉｌ＜
２＜ … ＜ｉｐ≤ ｎ，１ ≤ ｊｌ＜２＜ … ＜
且ａｌ≤ ａ２≤ … ≤ ａｎ，ｂｌ≤
由Ｂｉｎｅｔ－Ｃａｕｃｈｙ定理，可知
如 ≤佗，在矩阵Ａ中取出第ｉｌ，ｉ２， …，ｉｐ行、第１，， …，列的交叉元素，按原来的次序排成ｐ阶矩阵，这个矩阵的行列式是矩阵的个Ｐ阶子式，记作
（３）
１＜Ｊ（Ｊ１：）
１＜…
．
ｐ ≤ｑ
、一
一
・
（
：：：Ｊｐ）＜ｇ）・
术表示所有满足１， ≤Ｊ１＜ … ＜
其中ｄｅｔ（，）表示方阵术的行列式，
１ ≤ １＜…＜ ≤ｑ
式为例介绍了构造矩阵并利用矩阵的运算性质实现不等式证明的方法．排序不等式
一
、
Ｊｐ≤ｑ的丰的Ｐ阶子式之和．
设ａｌ≤ ａ２≤ … ≤ ａｎ，ｂｌ≤ ≤… ≤ ，
则有ａｌｂｎ＋ａ２ｂｎ一１＋・・・＋ａｎｂｌ≤ ａｌｂｒ＋
ａ２ｂｒ２＋… ＋ａｎｂｒ ≤ ａｌｂｌ＋ａ２ｂ２＋ … ＋ａｎｂｎ，
～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～，、，、，～，、
＋
＋
未） ≥ ｃ＋丢ｃｃ＋构作恰当的矩阵来实现恒等变形是解题的关
ｂ＋ｃｊ故而ａ２＋＋ ≥
… ＝
三、排序不等式的矩阵证明 ≤
１Ｌ１ｌ
构作两个矩阵Ｍ＝（＝＝＝ｎ），
＼， ● ● ●● ● ．／
，
本不等式称排序不等式，可简记为倒序积和 ≤ 乱序积和 ≤ 同序积和．排序不等式的初等数学证明常采用逐步调整法，为减少篇幅，本文略．二、Ｂｉｎｅｔ－Ｃａｕｃｈｙ（比内一柯西）定理
（ｉ／２＋一昀
～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～～
［１］彭翕成，严文兰．一道２００２年复旦自主招生试题的背景探究和拓展［Ｊ］．数学教学，
２０１２（１０１：１９．４７．
＝扎ａｋｂｋ
一
（。＋。＋ … ＋ｎｓ）（去＋１＋ … ＋１）（一
当０｛ ∈｛ｐ，ｇ｝时等号成立．五、排序不等式的应用矩阵与排序不等式的结合，使不等式的证
ｋ＝ｌ
所以 ∑０ｔｉ ≤ ∑ａｋｂｋ，即乱序积和≤
＋
＋
＋
＋
≥ １（。＋ｂ＋ｃ）
．
≥ （０＋＋ｃ） ‘
∑ ｂｉ ≥∑。ｋｂｎ — ｋ＋ｌ，即乱序积和 ≥ 倒序
积和．排序不等式获证．
证明：由小等式的对称性，个妨设
ａ≥ｂ ≥Ｃ ≥０，构造矩阵（同序矩阵）
顺序积和：
明过程更加简单直观．矩阵表示下的排序不等
式的应用可举例如下：例２已知。、６、ｃ均为正数，求证：ａ２
类似地，由∑ （ａｉ。一ｎ）（ｂｊ。一） ≥
∑ （一吼）（ — ｊ＋ｌ —ｂｎ一冲１），可知
一
－删＝１＜Ｊ ≤ ｎＪ ‘ １。Ｊ。１ｂｉｌ ’ ．
根据矩阵乘法，上式左边为ｌｎｂｌ＋ｂ２＋… ＋ｂｎＩａｌ＋ａ２＋ … ＋ａｎ日ｌ６ｌ＋ａ２ｂ２＋… ＋口ｎ
Ａｆ＼，ｚ．１
拓展２方程３— ２ｙ３＝１的任意整数
３（考一） ≤ 吾．
等号成立当且仅当焉１＝一２，
：一
解（，）（ ≠ ０）都满足Ｉ～ｌ＜１・
拓展３已知３ —２ｙ。＝ｌ（ｘ、Ｙ∈Ｒ，Ｙ≠

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