#4 Перестановочное неравенство и неравенство Чебышева

Имеем \(ax+by-ay-bx=(b-a)(y-x)\). Оба множителя неотрицательны, значит разность неотрицательна.

Разность правой и левой частей равна \(ax+cz-az-cx=(c-a)(z-x)\ge0\). Поэтому требуемое неравенство верно.

По задаче об одном обмене, \(bz+cx\le bx+cz\), так как \(b\le c\) и \(x\le z\). Затем \(ay+bx\le ax+by\), так как \(a\le b\) и \(x\le y\). Складывая, получаем требуемое.

Раскрываем разность: \[3\sum ax-\sum a\sum x=(b-a)(y-x)+(c-a)(z-x)+(c-b)(z-y).\] Все слагаемые справа неотрицательны, потому что обе последовательности возрастают.

Упорядочим \(a,b,c\) как \(u_1\le u_2\le u_3\). По rearrangement сумма \(u_1^2+u_2^2+u_3^2\) максимальна среди \(\sum u_i u_{\sigma(i)}\). Сумма \(ab+bc+ca\) является одной из таких перестановок, значит она не больше суммы квадратов.

Если при \(i

После переименования считаем \(x\le y\le z\). Тогда \(x^2\le y^2\le z^2\). По Чебышеву \[\frac{x^3+y^3+z^3}{3}\ge\frac{x+y+z}{3}\cdot\frac{x^2+y^2+z^2}{3}.\] Умножая на \(9\), получаем требуемое.

Упорядочим числа по возрастанию. Квадраты идут в том же порядке. По Чебышеву \[\frac{\sum a^3}{4}\ge\frac{\sum a}{4}\cdot\frac{\sum a^2}{4}.\] Умножаем на \(16\) и получаем неравенство.

Пусть \(u_1\le u_2\le u_3\) - числа \(a,b,c\) в порядке возрастания. Тогда \(u_1^2\le u_2^2\le u_3^2\). По rearrangement максимальная сумма \(\sum u_i^2u_{\sigma(i)}\) равна \(\sum u_i^3\). Правая часть исходного неравенства является одной из перестановок, значит она не больше.

Упорядочим \(a,b,c\) как \(u_1\le u_2\le u_3\). Тогда \(u_1^3\le u_2^3\le u_3^3\). По rearrangement наибольшая сумма произведений \(u_i^3\cdot u_{\sigma(i)}\) равна \(u_1^4+u_2^4+u_3^4\). Правая часть - одна из таких перестановок.

По задаче о кубах \[3\sum a^3\ge\left(\sum a\right)\left(\sum a^2\right).\] Кроме того, \(\sum a^2\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\). Следовательно, \[3\sum a^3\ge \sum a\cdot\frac{(\sum a)^2}{3}=\frac{(\sum a)^3}{3},\] то есть \(\sum a^3\ge\frac{(\sum a)^3}{9}\).

По Чебышеву \[\frac{ax+by+cz}{3}\ge\frac{a+b+c}{3}\cdot\frac{x+y+z}{3}=0.\] Значит, \(ax+by+cz\ge0\).

Последовательности \(a,b,c\) и \(\frac1c,\frac1b,\frac1a\) упорядочены одинаково по возрастанию. Поэтому сумма \(\frac ac+\frac bb+\frac ca\) максимальна среди всех перестановок. Сумма \(\frac ab+\frac ba+\frac cc\) является одной из перестановок, значит не превосходит максимальной.

По rearrangement максимум равен \(ax+by+cz\), а минимум равен \(az+by+cx\). Если есть равные элементы среди \(a,b,c\) или \(x,y,z\), то перестановок, дающих максимум или минимум, может быть несколько.

Раскрываем правую часть: коэффициент при \(x\) равен \(-b+a-c+a=2a-b-c\), при \(y\) равен \(b-a-c+b=-a+2b-c\), при \(z\) равен \(c-a+c-b=-a-b+2c\). Это совпадает с раскрытием левой части. Так как все разности справа неотрицательны, левая часть неотрицательна, что и даёт Чебышева.

После упорядочивания последовательности \(u_i^3\) и \(u_i\) имеют одинаковый порядок. По rearrangement максимальная сумма произведений \(u_i^3\cdot u_{\sigma(i)}\) равна \(\sum u_i^4\). Циклическая правая часть является одной из перестановок, следовательно, она не больше \(\sum u_i^4\).

Так как последовательности упорядочены одинаково, по Чебышеву \[\frac1n\sum_{i=1}^n a_i b_i\ge\left(\frac1n\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\frac1n\sum_{i=1}^n b_i\right)=0.\] Поэтому \(\sum a_i b_i\ge0\).

После упорядочивания \(a^2,b^2,c^2\) и \(a^3,b^3,c^3\) возрастают одновременно. По Чебышеву \[\frac{a^5+b^5+c^5}{3}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\cdot\frac{a^3+b^3+c^3}{3}.\] Умножаем на \(9\).

Переупорядочим числа так, что \(x_1\le\cdots\le x_n\). Тогда \(x_1^m\le\cdots\le x_n^m\). По Чебышеву \[\frac1n\sum x_i^{m+1}\ge\left(\frac1n\sum x_i^m\right)\left(\frac1n\sum x_i\right).\] Умножение на \(n\) даёт требуемое.

Упорядочим \(a,b,c\) как \(u_1\le u_2\le u_3\). Тогда \(u_i^4\) упорядочены так же. Максимум \(\sum u_i^4u_{\sigma(i)}\) равен \(\sum u_i^5\). Правая часть - одна из перестановок, следовательно, она не больше.

После упорядочивания \(a,b,c\) получаем \(u_1^2\le u_2^2\le u_3^2\) и \(u_1^4\le u_2^4\le u_3^4\). По rearrangement максимальная сумма \(u_i^4u_{\sigma(i)}^2\) равна \(\sum u_i^6\). Правая часть соответствует некоторой перестановке, поэтому не превосходит левой.

По Чебышеву для \(a^2\) и \(a^3\): \[3\sum a^5\ge(\sum a^2)(\sum a^3).\] Также \(3\sum a^3\ge(\sum a)(\sum a^2)\), а \(\sum a^2\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\). Поэтому \(\sum a^3\ge\frac{(\sum a)^3}{9}\). Подставляя и снова используя \(\sum a^2\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\), получаем \[3\sum a^5\ge\frac{(\sum a)^2}{3}\cdot\frac{(\sum a)^3}{9}=\frac{(\sum a)^5}{27}.\] Значит, \(\sum a^5\ge\frac{(\sum a)^5}{81}\).

По Чебышеву \[\frac1n\sum_{i=1}^n i\,x_i\ge\left(\frac1n\sum_{i=1}^n i\right)\left(\frac1n\sum_{i=1}^n x_i\right)=0.\] Следовательно, \(\sum i x_i\ge0\).

Переупорядочим числа: \(u_1\le\cdots\le u_n\). Тогда \(u_1^m\le\cdots\le u_n^m\). По rearrangement максимальная сумма \(\sum u_i^m u_{\tau(i)}\) достигается при \(\tau(i)=i\), то есть равна \(\sum u_i^{m+1}\). Правая часть исходного неравенства соответствует некоторой перестановке \(\tau\), поэтому она не больше.