Page 53 - vol2

Legyen S’ az az összeg, amelyet úgy kapunk az S-ből, hogy
felcseréljük a b és b értékeket. Így a (*) alapján
p i q i
+
' S = a b + ... a b + ... a b + ... a b  .
+
+
S
1
n
p i
p
q i
1 i
q
n i
Mivel az S összeg véges, ezért véges számú ilyen csere után a
legnagyobb S összeghez jutunk, amelyben a tagok a b alakúak. Ezzel az
k k
(A2) egyenlőtlenséget bizonyítottuk. Az (A1) egyenlőtlenség bizonyítása
az előző bizonyítás mintájára történik. Az (E1) és (E2) egyenlőtlenségek,
az (A1) és (A2) egyenlőtlenséggel ekvivalensek.

PÉLDÁK: Ha 0 a 1  a  ... a és , ,...,i az 1,2,...,n számok egy
i
i
n
1
2
2
n
permutációja, akkor igazak a következő egyenlőtlenségek:
n
n
−
n
n
n
n

(1)  1   1   1 2 (2)  1   i k 2  n k + 1
k n k+
k= 1 a a − 1 k= 1 a a k i k= 1 a k k= 1 k k= 1 k k= 1 a k
k
n
n
(3)   a + 1  n       a + 1        a + 1  

k
k
k
k= 1  a n k+ − 1  k= 1  a k i  k= 1  a k 
KÖVETKEZMÉNY: Ha az ( ,a a 2 ,...,a n ) és ( , ,...,b b 2 b n ) valós számokból álló
1
1

 
n
n
szám n-eseket azonos rendezésűek, akkor n  a b   n a  i   b  j   az
k k  
 k= 1   i= 1    j= 1  
úgynevezett Cebisev-féle egyenlőtlenség.
Bizonyítás: Írjuk fel az b(A2) egyenlőtlenséget az i 1 , ,...,i következő
i
2
n
n

+
permutációira: a b  a b + a b + ... a b (1)
1 1
k k
2 2
n n
k= 1
n
+
 a b  a b + a b + ... a b (2)
n
1
1 2
k k
2 3
k= 1
----------------------------------------------------------
n

+
a b  a b + a b 1 + ... a b (n)
2 n−
1 n
n
k k
1
k= 1

53