Перестановочное неравенство

[Sasha2]

Вот само перестановочное неравенство доказывается при помощи тождества Абеля очень легко.
Но вот непонятно только условия перехода этого неравенства в верное равенство

$a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \ge a_1b_{i_1}+a_2b_{i_2}+...+a_nb_{i_n}$,
где последовательности $(a_1, a_2,...,a_n)$ и $(b_1, b_2,...,b_n)$ обе либо невозрастающие, либо неубывающие (но обе одновременно), а $(i_1, i_2,...,i_n)$ некоторая перестановка чисел $(1, 2,...,n)$.

Утверждается, что равенство имеет место тогда и только тогда, когда $b_1=b_{i_1}, b_2=b_{i_2},...,b_n=b_{i_n}$.
Но что-то это кажется сомнительным.
Как-то трудно сформулировать условие перехода этого неравенства в равенство.

[arqady]

Sasha2 в сообщении #319444 писал(а):

Вот само перестановочное неравенство доказывается при помощи тождества Абеля очень легко.

Мне передставляется, что Абель за свою жизнь придумал огромное количество тождеств. Какое именно тождество Вы имете в виду и как Вы доказываете перестановочное неравенство с помощью этого тождества?
Тогда всё должно стать понятным про достижение равенства.
Кстати, перестановочное неравенство легко доказывается с помощью следующего очевидного факта:
Если $(a,b)$ и $(c,d)$ одинаково упорядочены, то $(a-b)(c-d)\geq0$.

[Sasha2]

Метод доказательства (очень простой и понятный изложен) в книге Пама "Секреты неравенств" на стр. 91.
В той же главе (несколько раньше дается и тождество Абеля). P.S. Ну я пока знаю одно (извиняюсь заранее за дремучесть, что других не знаю)
Да оно действительно доказывается точно таким же образом и даже можно сказать в уме.

Но вот условия перехода этого неравенства в равенство

$\sum\limits_{k=1}^{k=n-1}{(a_k-a_{k+1})(B_k-C_k)}$
где $B_m=\sum\limits_{l=1}^{l=m}{b_l}$ и $C_m=\sum\limits_{l=1}^{l=m}{b_{i_l}}$

так вот сразу не вытаскивается. Во всяком случае так просто, как его доказательство на предмет "больше или равно" не получается.
Там дело в том, что выражение - это сумма произведений, где нулями могут быть сомножители, как одного, так и другого типа.
Вот здесь и затруднение.

В нашей литературе я вообще к сожалению не встретил указания на условия перехода этого неравенства в равенство.
А вот в книге Inequalities A Mathematical Olympiad Approach на стр. 13 (нумерация по оригиналу, как указано реально на странице), так вот таам это условие формулируется, но не доказывается, опять же кроме как доказательства "больше или равно" дело не доходит.

[maxal]

Переход неравенства в равенство легко доказывается индукцией по $n$.

Пусть последовательности $(a_1, a_2,...,a_n)$ и $(b_1, b_2,...,b_n)$ невозрастающие и

$$a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n = a_1b_{i_1}+a_2b_{i_2}+\dots+a_nb_{i_n}$$

В случае $n=1$ тривиально имеем $b_1 = b_{i_1}$.

Для $n>1$, если $b_1 = b_{i_1}$, то применяем индукцию для тех же последовательностей без первчх членов. Если же $b_1 > b_{i_1}$, то $b_1 = b_{i_k}$ для некоторого $k>1$; но в этом случае обмен местами $b_{i_1}$ и $b_{i_k}$ в правой части её увеличивает, но она по-прежнему остается меньше левой части, что противоречит их равенству.

[Sasha2]

Кажется, что Ваша посылка $b_1 > b_{i_1}$ уже неправильна в силу того, что Вы сами объявили последовательность $(b_1, b_2,...,b_n)$ невозрастающей.
У меня получается (для варианта последовательностей, предложенных Вами), что равенство имеет место только в том случае, когда последовательность $(a_1, a_2,...,a_n)$ является строго убывающей.

[maxal]

Sasha2 в сообщении #340578 писал(а):

Кажется, что Ваша посылка $b_1 > b_{i_1}$ уже неправильна в силу того, что Вы сами объявили последовательность $(b_1, b_2,...,b_n)$ невозрастающей.

Все правильно. Невозрастающая означает, что $b_1 \geq b_2 \geq \dots \geq b_n$, и поэтому $b_1 \geq b_{i_1}$ (для любого $i_1$), то есть либо $b_1=b_{i_1}$, либо $b_1 > b_{i_1}$. Именно эти два случая я и рассматриваю.

[Sasha2]

Прощу прощеня тогда за невнимательность, почему то прочлось (то есть подумалось) наоборот.