參見：牟曉生.《凹數(shù)列的反向柯西不等式》

注記：這個(gè)問題是Barnes的一個(gè)猜想，其證明的是積分形式以及兩數(shù)列單調(diào)的情形，這里給出的是離散形式的證明，主要的證明步驟來自牟神，此版本是對(duì)原證明的說明與補(bǔ)充，在思路上也更加清晰完整。這個(gè)優(yōu)雅的問題的完整嚴(yán)格證明是十分困難的，有興趣的同學(xué)可以對(duì)本文中的任何一個(gè)省略的細(xì)節(jié)加以完善。

此題的意義：對(duì)于一般的反向柯西不等式（康羅托維奇budengshi),此題給出了更一般的結(jié)論，不用在可疑的附加數(shù)列有界這個(gè)條件。

下附lex以便自修：

$i=1,2,...,n;a_i,b_i\ge 0;$對(duì)于$1<i<n$,我們有$a_i\ge \frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{2} ,b_i\ge \frac{b_{i-1}+b_{i+1}}{2}$ ;證明：$$\sum_{i=1}^{n} a_ib_i\ge \frac{n-2}{2n-1} \sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_i^2\sum_{i=1}^{n} b_i^2} $$

$$引理一：i=1,2,..,n;a_i,b_i\in R,則有\(zhòng)sum_{i=1}^{n} a_ib_i+\sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_i^2\sum_{i=1}^{n} b_i^2} \ge \frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i\sum_{i=1}^{n} b_i$$

Let

? ?$$ x_i = \displaystyle \frac{a_i}{ \displaystyle\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2}} ,

y_i =? \displaystyle \frac{b_i}{ \displaystyle \sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2}}$$

for $1 \le i \le n$. We notice that?

\[

\sum_{i = 1}^n x_i^2 = \sum_{i=1}^n y_i^2 = 1

\]

It suffices to show that?

\[

\sum_{i=1}^n x_iy_i + 1 \ge \frac{2}{n}\cdot\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)\cdot\left(\sum_{i=1}^n y_i\right)

\]

or?

\[

\sum_{i=1}^n (x_i + y_i)^2 \ge \frac{4}{n} \cdot\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\cdot\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)

\]

This comes directly from Cauchy-Schwarz and $(a + b)^2 \ge 4ab$ inequality as follows

\[

\sum_{i=1}^n (x_i + y_i)^2 \ge \frac{1}{n}\cdot \left(\sum_{i=1}x_i + \sum_{i=1}y_i\right)^2 \ge \frac{4}{n} \cdot\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\cdot\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)

\]

Therefore, we complete our proof.

引理二：設(shè) $ a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} $? 是一個(gè)單調(diào)的非負(fù)凹數(shù)列, 且滿足 $? \sum_{i=1}^{n} a_{i}=\frac{n(n-1)}{2}$? . 則

$$ \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \leq \sum_{i=1}^{n}(i-1)^{2}=\frac{n(n-1)(2 n-1)}{6}$$? .

證明 不妨設(shè)? $a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n}$ . 由 Karamata 不等式, 只需證明對(duì)每 個(gè) $ 1 \leq k \leq n-1$? 有

$$\sum_{i=k+1}^{n} a_{i} \leq \sum_{i=k+1}^{n}(i-1) .$$

注意到對(duì)每個(gè) $ 1 \leq j \leq k<i \leq n ,$ 由凹數(shù)列性質(zhì)有

$$a_{j} \geq \frac{j-1}{i-1} \cdot a_{i}+\frac{i-j}{i-1} \cdot a_{1} \geq \frac{j-1}{i-1} \cdot a_{i} $$.

重寫為 $ \frac{i-1}{j-1} \cdot a_{j} \geq a_{i} $, 對(duì)? i? 求和得到

$$\frac{\sum_{i=k+1}^{n}(i-1)}{j-1} \cdot a_{j} \geq \sum_{i=k+1}^{n} a_{i}, \forall 1 \leq j \leq k .$$

如果 $ \sum_{i=k+1}^{n} a_{i}>\sum_{i=k+1}^{n}(i-1) $, 那么由上面的不等式可知? $a_{j}>j-1, \forall 1 \leq j \leq k $. 這樣導(dǎo)致所有 $ a_{i}$? 的和大于$? \sum_{i=1}^{n}(i-1)$ , 與引理?xiàng)l件矛盾. 于是引理得證!

情況一：

$\left \{ a_i \right \} ,\left \{ b_i \right \}$ 均為單調(diào)數(shù)列，我們?cè)O(shè)$\sum_{i=1}^{n} a_i=\sum_{i=1}^{n} b_i=\frac{n(n-1)}{2} $,那么利用引理一和二：$$LHS-RHS=\sum_{i=1}^{n}a_ib_i\ge \frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}a_i\sum_{i=1}^{n}b_i- \sqrt{\sum_{i=1}^{n}a_i^2\sum_{i=1}^{n}b_i^2}- \frac{n-2}{2n-1} \sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_i^2\sum_{i=1}^{n} b_i^2} \ge \frac{n(n-1)(n-2)}{3} $$

引理三（情況二：對(duì)任何$i\ne j,b_i=b_j$）：$\sum_{i=1}^{n}a_i=\frac{n(n-1)}{2}? ,a_i仍然保持凹性，$那么$$\sum_{i=1}^{n}a_i^2\le \frac{n^2(n-1)(2n-3)}{6\left ( n-2 \right ) } $$

證明：

首先驗(yàn)證$$LHS=F(a_1,a_2,...,a_n),

取到最大值時(shí)必有\(zhòng)min\left \{ a_i \right \} =0$$

$$記a_k=\max\left \{ a_i \right \} ,我們斷言a_{k+1}或者a_{k-1}為\left \{ a_i \right \}中第二者大的，無妨設(shè)\left \{ a_i \right \}中第二者大的為a_{k-1},$$

$$我們記k-1=i+1,n-k=j,2\le t\le i+1,a_t=a_1+\sum_{k=1}^{t-1} x_k,同樣的k\le t\le n,\\我們有a_{n-k+1}=b_k,無妨設(shè)：a_1\le? a_n,b_1=a_1+x_1,...,b_{1\le k\le j}=a_1+\sum_{t=1}^{k} y_t,x_k,y_k\ge 0$$

$$我們將a_{ 1\le k\le i+1 } 調(diào)整為a_1\left ( \frac{n}{n-1} \right )? +\sum_{t=1}^{k-1} x_t=a^*_k,同理a_1\left ( \frac{n}{n-1} \right )? +\sum_{t=1}^{k} y_t=b^*_k$$

$$\sum_{t=1}^{i+1} \left ( a_t^* \right ) ^2+\sum_{t=1}^{j} \left ( b_t^* \right ) ^2-\sum_{i=1}^{n}a_i^2\\=\frac{n}{n-1} a_1^2+2\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{i} \left ( i-k+1 \right )x_ka_1+2\frac{1}{n-1}\sum_{k=1}^{j} \left ( j-k+1 \right )y_ka_1? \ge 0 $$

$$(i,a_i)=A_i,調(diào)整過后A_1下降，A_2A_3...A_n沿著y軸方向整體上升\frac{1}{n-1}a_1,即調(diào)整過后的序列仍然是凸的$$

于是無妨設(shè)$a_1=0$;

$$引理 1^* 對(duì)任何? 1 \leq i \leq j \leq n-1 , 有a_{i}+a_{j} \geq a_{i-1}+a_{j+1} .$$

$$引理 2 對(duì)任何? 0 \leq i \leq m \leq j \leq n , 有a_{m} \geq \frac{(j-m) a_{i}+(m-i) a_{j}}{j-i} .$$

$$設(shè)? a_{k}, S_{1}, S_{2}? 的定義同分析. 結(jié)合引理 1 , 通過配對(duì)不難證明\\k a_{k} \geq S_{1} \geq \frac{k+1}{2} a_{k},(n-k+1) a_{k} \geq S_{2} \geq \frac{n-k+1}{2} a_{k} .$$

$$故可取到最小正整數(shù)? i(1 \leq i \leq k) , 以及最大正整數(shù)? j(k \leq j \leq n) , 分別滿足\\k a_{k}-\frac{i-1}{2} a_{k} \leq S_{1}, \frac{n+j+1}{2} a_{k}-k a_{k} \leq S_{2} .$$

$$對(duì)于? j \leq n-2? 的情形. 我們令$$

$$b_{m}=\left\{\begin{array}{ll}

K_{1} m, & 0 \leq m \leq i-1 ; \\

a_{k}, & i \leq m \leq j ; \\

K_{2}(n-m), & j+1 \leq m \leq n .

\end{array}\right.$$

?$i, j $ 的選取可以驗(yàn)證$? \left\{b_{m}\right\}? $的確符合趧設(shè)條件, 且有

$$\sum_{i=1}^{k} b_{i}=\sum_{i=1}^{k} a_{i}, \sum_{i=k}^{n} b_{i}=\sum_{i=k}^{n} a_{i,} a_{k}=\max _{1 \leq i \leq n}\left\{a_{i}\right\}=b_{k}=\max _{1 \leq i \leq m}\left\{b_{i}\right\} .$$

$$并且? 0=b_<\cdots<b_{i-1}? 構(gòu)成等差數(shù)列,? b_{i}, \cdots, b_{j}? 構(gòu)成常數(shù)列,\\ 而? \left.b_{j+1}>\cdots\right\rangle? ?b_{n}=0? 構(gòu)成遞減等差數(shù)列.$$

$$下面我們嘗試證明? \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2} \geq \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2} .$$

?注意到? $a_{k}=b_{k}$ , 因此只要分別證明

$$\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2} \geq \sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2} \text { 以及 } \sum_{i=k}^{n} b_{i}^{2} \geq \sum_{i=k}^{n} a_{i}^{2}$$

即可.

$$取最大的正整數(shù)? l(1 \leq l \leq i-1)? 使得? b_{l}<a_{l}? (若這樣的? l? 不存在, 則必有? a_{m}=b_{m}, 1 \leq m \leq k? ), \\下面我們證明:? b_{m}<a_{m}, \forall 1 \leq m \leq l .$$

任取 $ 1 \leq m \leq l$ , 由引理 2 知

$$a_{m} \geq \frac{m a_{l}+(l-m) a_{0}}{l}=\frac{m a_{l}}{l} .$$

又由? $b_{0}, b_{1}, \cdots, b_{l}? $成等差數(shù)列, 可知

$$b_{m}=\frac{m b_{l}+(l-m) b_{0}}{l}=\frac{m b_{l}}{l} .$$

因此由$ a_{l}>b_{l}? 可知? a_{m}>b_{m}, \forall 1 \leq m \leq l .$

再由? l? 最大性知,? $b_{m} \geq a_{m}, \forall l+1 \leq m \leq k .$ 這樣我們便推出: $$序列? \left\{b_{k}, b_{k-1}, \cdots, b_{1}\right\}? 優(yōu)超序列? \left\{a_{k}, a_{k-1}, \cdots, a_{1}\right\} . $$

$$從而由 Karamata 不等式立得到? \sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2} \geq \sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2} .$$

?同理得另一個(gè)不等式. 因此在 $ j \leq n-2? 時(shí)$, 我們成功得到了想要的情形

對(duì)于$? j=n-1, n $ 的情形, 類似上面的方法, $$可以將數(shù)列? \left\{a_{m}\right\}? 調(diào)整為? 0=b_{0}<\cdots<b_{i-1}? 成等差數(shù)列, 而? b_{i}=\cdots=b_{n-1} \geq b_{n}? 的情形.$$?

因此我們只需 對(duì)這兩種特粖情形證明結(jié)論即可. 我們可以證明, 這兩種情形下均有

$$\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}-\frac{3 n-\frac{3 n}{2 n-1}}{4} \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \geq 0 .$$

我們繼續(xù)做一些簡(jiǎn)化, 例如 將第一種情況再化歸到? $a_{0}, \cdots, a_{i-1}, a_{i}? 成等差數(shù)列，? a_{i}=\cdots=a_{j} ,? a_{j}, a_{j+1}, \cdots, a_{n} $ 也成等差數(shù)列的情形.

在以上基礎(chǔ)上：

首先證明至多存在一個(gè) $ j(2 \leq j \leq n-1)$ , 使得? $2 a_{j}>a_{j-1}+a_{j+1}$ . 假設(shè)不然, 則存在? $1<j_{1}<j_{2}<n $ 使得

$$2 a_{j_{1}}>a_{j_{1}-1}+a_{j_{1}+1} \text { 且 } 2 a_{j_{2}}>a_{j_{2}-1}+a_{j_{2}+1} .$$

考慮一個(gè)輔助數(shù)列$? \left\{\delta_{i}\right\}_{i=1}^{n} $ : 當(dāng) $ 1 \leq i \leq j_{1}? ?$時(shí)? ?$\delta_{i}=i-1 $ ; 當(dāng)? $j_{2} \leq i \leq n $ 時(shí) $ \delta_{i}=\lambda(i-n)? $(其中? $\lambda $ 是待定的正數(shù)); 當(dāng) $ j_{1}<i<j_{2}? $時(shí)? $\delta_{i}=\frac{j_{2}-i}{j_{2}-j_{1}} \cdot \delta_{j_{1}}+\frac{i-j_{1}}{j_{2}-j_{1}} \cdot \delta_{j_{2}} $. 從幾何角度來說, $ n? 個(gè)點(diǎn)? \left(i, \delta_{i}\right) $ 連接成三個(gè)線段, 而拐點(diǎn)恰好出現(xiàn)在 $ i=j_{1}, j_{2} .$ 易知存在唯一的 $ \lambda$? 使得 $ \sum_{i} \delta_{i}=0 .$ 這時(shí)考慮兩個(gè)數(shù)列? $a_{i}^{\prime}=a_{i}+\epsilon \cdot \delta_{i}? 以 及? a_{i}^{\prime \prime}=a_{i}-\epsilon \cdot \delta_{i} ,$ 它們的和都等于 $ \frac{n(n-1)}{2}$ . 注意到數(shù)列 $ \left\{a_{i}\right\} $ 是凹的, 并且在 $ i=? ?j_{1}, j_{2}? $處是嚴(yán)格凹的. 而數(shù)列 $ \pm\left\{\delta_{i}\right\} $ 在 $ i \neq j_{1}, j_{2}$? 處是線性的, 所以對(duì)充分小的正 數(shù)$? \epsilon$ , 數(shù)列? $\left\{a_{i}^{\prime}\right\},\left\{a_{i}^{\prime \prime}\right\}$? 都是凹的. 又由于? $\delta_{1}=\delta_{n}=0, a_{1}^{\prime}=a_{1}^{\prime \prime}=a_{1}, a_{n}^{\prime}=a_{n}^{\prime \prime}=a_{n} $ 都是非負(fù)的. 由凹數(shù)列的性質(zhì), $ \left\{a_{i}^{\prime}\right\}? 與? \left\{a_{i}^{\prime \prime}\right\}? $都是非負(fù)的. 故? $\left\{a_{i}^{\prime}\right\},\left\{a_{i}^{\prime \prime}\right\} $ 都是符 合條件的數(shù)列, 但是

$$\sum_{i} a_{i}^{\prime 2}+\sum_{i} a_{i}^{\prime \prime 2}-2 \sum_{i} a_{i}^{2}=2 \epsilon^{2} \sum_{i} \delta_{i}^{2}>0,$$

與 $ \sum_{i} a_{i}^{2}? $的最大性相矛盾!

所以我們證明了F取到最值時(shí)必然存在? $k(1 \leq k \leq n)$ , 使得$? a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}? $是 等差數(shù)列, 而? $a_{k}, a_{k+1}, \ldots, a_{n} $ 也是等差數(shù)列. 如果 $ k=1? 或? k=n $, 那么 $ \left\{a_{i}\right\}$? 是單調(diào)的.

所以存在 $ 1<k<n$? 使得

$$a_{i}=\frac{i-1}{k-1} \cdot a_{k}, 1 \leq i \leq k \text {, 以及 } a_{i}=\frac{n-i}{n-k} \cdot a_{k}, k<i \leq n .$$

利用? $\sum_{i} a_{i}=\frac{n(n-1)}{2}? 可知? a_{k}=n$ , 于是可以直接求出

$$\sum_{i} a_{i}^{2}=n^{2} \cdot\left(\sum_{i=1}^{k}\left(\frac{i-1}{k-1}\right)^{2}+\sum_{i=k+1}^{n}\left(\frac{n-i}{n-k}\right)^{2}\right)=\frac{n^{2}}{6} \cdot\left(2 n-2+\frac{1}{k-1}+\frac{1}{n-k}\right) .$$

由于$? \frac{1}{x}$? 是凸函數(shù), 容易看出上面最右邊的式子在 $ k=2? 或? k=n-1 $ 時(shí)最 大. 最大值是? $$\frac{n^{2}}{6} \cdot\left(2 n-2+1+\frac{1}{n-2}\right)=\frac{n^{2}}{6} \cdot \frac{(n-1)(2 n-3)}{n-2} ,$$ 于是得證!

事實(shí)上，我們可以對(duì)上面“拐點(diǎn)數(shù)縮小"的驗(yàn)證中的n縮小成k，使得驗(yàn)證的序列成為原序列中一個(gè)連續(xù)的子列，通過一種比較怪異的歸納法（保證數(shù)列中的最大項(xiàng)在這個(gè)子列中，然后逐步擴(kuò)大k至n)，這么反復(fù)歸納就可以得到我們的結(jié)論。

?[b]一般情況[/b]

這一節(jié)我們證明定理 3 對(duì)一般的非負(fù)凹數(shù)列 $ \left\{a_{i}\right\},\left\{b_{i}\right\}$? 都成立.

不妨假設(shè)? $\sum_{i} a_{i}=\sum_{i} b_{i}=\frac{n(n-1)}{2} . $只需證明在這些條件下有

$$\sum_{i} a_{i} b_{i} \geq \frac{n-2}{2 n-1} \sum_{i} a_{i}^{2} .........(4)$$

如果 (4) 式成立, 那么對(duì)稱地有

$$\sum_{i} a_{i} b_{i} \geq \frac{n-2}{2 n-1} \sum_{i} b_{i}^{2},$$

于是 (1) 式一定成立.

我們將$\sum_{i=1}^{n}a_i^2$取得最大值$\sum_{i=1}^{n}a_(k,i)^2$時(shí) $a_i$的可以調(diào)整成的狀態(tài)劃分為以下幾種情況：

$(i)? a_{i}=i-1,1 \leq i \leq n ,$

$(ii)? a_{i}=n-i, 1 \leq i \leq n $ 或者

$(iii) 存在? 1<k<n? 使得? a_{i}=\frac{i-1}{k-1} \cdot n, 1 \leq i \leq k , 以及? a_{i}=\frac{n-i}{n-k} \cdot n, k<i \leq n . $

上述三種情況僅用于$\sum_{i=1}^{n} a_i^2$的放縮,當(dāng)$\sum_{i=1}^{n} a_i^2在(i)(ii)\left ( iii \right )$ 的情況下取得最大值，那么左邊的式子可以微微調(diào)整$\min \left \{ b_i \right \} \min \left \{ a_i \right \}$，使得左邊和的項(xiàng)的首與末項(xiàng)為零?

具體如下：

先考慮前兩種(對(duì)稱的)情況, 此時(shí)只要證明

$$\sum_{i=1}^{n}(i-1) b_{i} \geq \frac{n(n-1)(n-2)}{6} . $$

由于左邊是? $ b_{i}? $ 的線性和, 我們可以再用調(diào)整法使得數(shù)列 $? \left\{b_{i}\right\}? ?$也屬于上面三種情 況之一, 詳見角注. $? { }^{1} $?

如果? $ b_{i}=i-1 $,? $\sum_{i} a_{i} b_{i}=\frac{n(n-1)(2 n-1)}{6} $ . 如果 $? b_{i}=n-i, \sum_{i} a_{i} b_{i}=\frac{n(n-1)(n-2)}{6} $ . 最后假設(shè)數(shù)列? $ \left\{b_{i}\right\}? $ 屬于情況 $(iii) $, 此時(shí)我們將? $ 2 \sum_{i} a_{i} b_{i} \geq \frac{n(n-1)(n-2)}{3}? ?$改寫為

$$\sum_{i}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2} \geq \sum_{i} a_{i}^{2}+\sum_{i} b_{i}^{2}+\frac{n(n-1)(n-2)}{3},? $$

也就是

$$\begin{aligned}

\sum_{i}\left(a_{i}+b_{i}-n+1\right)^{2} & \geq \sum_{i} a_{i}^{2}+\sum_{i} b_{i}^{2}-\frac{n(n-1)(2 n-1)}{3} \\

& =\sum_{i} b_{i}^{2}-\frac{n(n-1)(2 n-1)}{6} .

\end{aligned}$$

由于$? a_{1}=b_{1}=0,(5)? $式左邊至少是$? (n-1)^{2}$ . 而由引理 5, (5) 式右邊至多是

$$\frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{6(n-2)}-\frac{n(n-1)(2 n-1)}{6}=\frac{n(n-1)^{2}}{3(n-2)} \leq(n-1)^{2} .$$

故定理成立.

最后假設(shè) $? \left\{a_{i}\right\}? ?$屬于情況(iii). 由引理 5 知 (4) 式的右邊至多是? $\frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{6(2 n-1)}$ . 于是只要證明? $2 \sum_{i} a_{i} b_{i} \geq \frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{3(2 n-1)} $, 即

$$\sum_{i}\left(a_{i}+b_{i}-n\right)^{2} \geq \sum_{i} a_{i}^{2}+\sum_{i} b_{i}^{2}+\frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{3(2 n-1)}-n^{2}(n-2) .$$

如果? $\left\{b_{i}\right\} $ 屬于情況 $(iii)$, 那么 $ a_{1}=b_{1}=a_{n}=b_{n}=0 $. 此時(shí) (6) 式左邊至少 是? $2 n^{2} .$ 而由引理 (5) 可知 (6) 式右邊至多是

$$\frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{3(n-2)}+\frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{3(2 n-1)}-n^{2}(n-2)=n^{2} \cdot \frac{2 n^{2}-4 n+1}{(n-2)(2 n-1)} \leq 2 n^{2} .$$

${}^1$具體來說, 我們可以取數(shù)列$? \left\{b_{i}\right\}? $使得? $\sum_{i} a_{i} b_{i} $ 最大, 并在此條件下要求滿足 $ 2 b_{j}>b_{j-1}+b_{j+1}? 的下標(biāo)? j $ 最少(稱這樣的下標(biāo)為 “拐點(diǎn)”). 如果還有多個(gè)數(shù)列則盡量要求 $ b_{1}, b_{n} $ 等于零. 同 引理 5 的證明, 至多有一個(gè)下標(biāo) $ j $ 使得? $2 b_{j}>b_{j-1}+b_{j+1}$ . 否則 $ \left\{b_{i} \pm \epsilon \delta_{i}\right\} $ 也符合條件, 并 且 $$ \sum_{i} a_{i}\left(b_{i}+\epsilon \delta_{i}\right)+\sum_{i} a_{i}\left(b_{i}-\epsilon \delta_{i}\right)=2 \sum_{i} a_{i} b_{i}$$? (輔助數(shù)列 $ \delta_{i}? $同引理 5 的證明). 那樣由最大性得 到$$? \sum_{i}^{i} a_{i}\left(b_{i} \pm \epsilon \delta_{i}\right)=\sum_{i}^{i} a_{i} b_{i} $$. 然而通過取適當(dāng)?shù)? $\epsilon? $可以使得$? \left\{b_{i} \pm \epsilon \delta_{i}\right\}$? 中的一個(gè)數(shù)列比$? \left\{b_{i}\right\} $ 少 一個(gè)拐點(diǎn), 與我們選取 $ \left\{b_{i}\right\}? $的方法矛盾! 于是 $ \left\{b_{i}\right\}? $要么是單調(diào)的, 要么只有一個(gè)拐點(diǎn). 如果單 調(diào), 我們可以用同樣方法進(jìn)一步證明$? b_{1}=0? 或者? b_{n}=0$ , 于是? ?$b_{i}=i-1 $? 或者? ?$b_{i}=n-i? $. 如 果? ?$2 b_{k}>b_{k-1}+b_{k+1}? $ 是一個(gè)拐點(diǎn), 則可以證明 $? b_{1}=b_{n}=0 $ . 否則對(duì)適當(dāng)?shù)? $ \epsilon $ , 數(shù)列? ?$\left\{b_{i} \pm \epsilon \delta_{i}\right\}? $ 也 達(dá)到最大值, 并且要么少一個(gè)拐點(diǎn), 要么在? $ b_{1}, b_{n}? ?$處多一個(gè)零.如果 $ \left\{b_{i}\right\}? $ 屬于情況 (i) 或 (ii), 那么 (6) 式左邊至少是? ?$n^{2}? $. 而由引理 4 和引 理 5 可知 (6) 式右邊至多是

$$\begin{aligned}

& \frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{6(n-2)}+\frac{n(n-1)(2 n-1)}{6}+\frac{n^{2}(n-1)(2 n-3)}{3(2 n-1)}-n^{2}(n-2) \\

= & n^{2}-\frac{n(n-1)\left(2 n^{2}-6 n+1\right)}{3(n-2)(2 n-1)} \leq n^{2} .

\end{aligned}$$

故無論如何 (6) 式都成立, 我們也就完成了定理 3 的證明!

到此結(jié)束，謝謝觀看