|
|
kuing
发表于 2022-9-12 17:13
想是不难想，难在后面怎么表达才顺畅……
由拉格朗恒等式可知原不等式等价于
\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant10}(a_ib_j-a_jb_i)^2\geqslant(a_1b_2-a_2b_1+a_3b_4-a_4b_3+\cdots+a_9b_{10}-a_{10}b_9)^2,\]
为方便码字引入记号，用 `f(i,j)` 表示 `a_ib_j-a_jb_i`，下面证明：对任意正整数 `n`，都有
\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant2n}f(i,j)^2\geqslant\bigl(f(1,2)+f(3,4)+\cdots+f(2n-1,2n)\bigr)^2.\]
注意到恒等式
\[(a-b)(c-d)=(a-c)(b-d)-(a-d)(b-c),\]
由此可得
\[f(i,j)f(p,q)=f(i,p)f(j,q)-f(i,q)f(j,p),\]
于是有
\[2f(i,j)f(p,q)\leqslant f(i,p)^2+f(j,q)^2+f(i,q)^2+f(j,p)^2,\]
因此
\begin{align*}
&\bigl(f(1,2)+f(3,4)+\cdots+f(2n-1,2n)\bigr)^2\\
={}&f(1,2)^2+f(3,4)^2+\cdots+f(2n-1,2n)^2+\sum_{1\leqslant i<p\leqslant n}2f(2i-1,2i)f(2p-1,2p)\\
\leqslant{}& f(1,2)^2+f(3,4)^2+\cdots+f(2n-1,2n)^2\\
&+\sum_{1\leqslant i<p\leqslant n}\bigl( f(2i-1,2p-1)^2+f(2i,2p)^2+f(2i-1,2p)^2+f(2i,2p-1)^2 \bigr),
\end{align*}
考察最后这一式，首先证明它不存在重复的项：
显然求和符号的那些不会重复，要有重复是与前面的重复，那也只能是 `f(2i-1,2p)^2` 与前面的重复，但是 `2p-(2i-1)=2(p-i)+1\geqslant3`，所以还是不会重复，所以没有重复（表达能力跟不上，见谅）。
然后，它的项数为 `n+4C_n^2`，正好等于 `C_{2n}^2`。
综合这两点，就说明了最后这一式实际上就是 `\sum_{1\leqslant i<j\leqslant2n}f(i,j)^2`，即得证。 |
|
isee
发表于 2022-9-12 19:42
