设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集 ${{A}_{1}},{{A}_{2}},{{A}_{3}},......,{{A}_{m}}$ 两两互不包含。
求证：（1）$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{C_{n}^{\left| {{A}_{i}} \right|}}}\leqslant 1$（2）$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{m}{C_{n}^{\left| {{A}_{i}} \right|}}\geqslant {{m}^{2}}$
求证：（1）$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{C_{n}^{\left| {{A}_{i}} \right|}}}\leqslant 1$（2）$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{m}{C_{n}^{\left| {{A}_{i}} \right|}}\geqslant {{m}^{2}}$
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
（1）按定义有
$\dfrac{1}{\text{C}_{n}^{\left|{{A}_{i}} \right|}}=\dfrac{\left| {{A}_{i}} \right|!\left( n-\left| {{A}_{i}}\right| \right)!}{n!} $
由此可见，只须证明等价不等式
$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{m}{\left|{{A}_{i}} \right|!\left( n-\left| {{A}_{i}} \right| \right)}!\leqslant n!$．（3）
对于每个 ${{A}_{i}}$，利用 ${{A}_{i}}$ 构造集合 $A$ 中 $n$ 个元素的排列如下：前 $\left| {{A}_{i}} \right|$ 个位置是 ${{A}_{i}}$ 中的所有元素的一个排列，后 $\left(n-\left| {{A}_{i}} \right| \right)$ 个位置是 ${{A}_{i}}$ 的补集 $A_{i}^{C}$ 中的所有元素的一个排列．这样的排列称之为从属于 ${{A}_{i}}$ 的排列．由乘法定理知，这样的排列数是 $\left| {{A}_{i}} \right|!\left( n-\left|{{A}_{i}} \right| \right)!$．
当 $j\ne i$ 时，不妨设 $\left| {{A}_{j}} \right|\geqslant \left| {{A}_{i}}\right|$．如果有一个 $A$ 的元素的排列既从属于 ${{A}_{i}}$，又从属于 ${{A}_{i}}$，则其中的前 $\left|{{A}_{i}} \right|$ 个元数都属于 ${{A}_{i}}$，前 $\left| {{A}_{j}}\right|$ 个元素都属于 ${{A}_{j}}$．从而有 ${{A}_{i}}\subset{{A}_{j}}$，与已知矛盾．这表明从属于不同子集的任何两个排列互不相同．因为 $A$ 中 $n$ 个元素的所有排列总数为 $n!$，故不等式（3）成立．
（2）对于任何 $m$ 个整数 ${{a}_{1}} \{{a}_{2}} \cdots {{a}_{m}}$，由柯西不等式有
$\displaystyle {{m}^{2}}={{\left(\sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{\sqrt{{{a}_{i}}}}\cdot \sqrt{{{a}_{i}}}}\right)}^{2}}\leqslant \left( \sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{{{a}_{i}}}} \right)\left(\sum\limits_{i=1}^{m}{{{a}_{i}}} \right)$．
在上式中令 ${{a}_{i}}=\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|} i=1 2 \cdots m$，由（1）的结论记得
$\displaystyle {{m}^{2}}\leqslant\left( \sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|}}} \right)\left( \sum\limits_{i=1}^{m}{\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|}} \right)\leqslant \sum\limits_{i=1}^{m}{\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|}}$．
$\dfrac{1}{\text{C}_{n}^{\left|{{A}_{i}} \right|}}=\dfrac{\left| {{A}_{i}} \right|!\left( n-\left| {{A}_{i}}\right| \right)!}{n!} $
由此可见，只须证明等价不等式
$\displaystyle \sum\limits_{i=1}^{m}{\left|{{A}_{i}} \right|!\left( n-\left| {{A}_{i}} \right| \right)}!\leqslant n!$．（3）
对于每个 ${{A}_{i}}$，利用 ${{A}_{i}}$ 构造集合 $A$ 中 $n$ 个元素的排列如下：前 $\left| {{A}_{i}} \right|$ 个位置是 ${{A}_{i}}$ 中的所有元素的一个排列，后 $\left(n-\left| {{A}_{i}} \right| \right)$ 个位置是 ${{A}_{i}}$ 的补集 $A_{i}^{C}$ 中的所有元素的一个排列．这样的排列称之为从属于 ${{A}_{i}}$ 的排列．由乘法定理知，这样的排列数是 $\left| {{A}_{i}} \right|!\left( n-\left|{{A}_{i}} \right| \right)!$．
当 $j\ne i$ 时，不妨设 $\left| {{A}_{j}} \right|\geqslant \left| {{A}_{i}}\right|$．如果有一个 $A$ 的元素的排列既从属于 ${{A}_{i}}$，又从属于 ${{A}_{i}}$，则其中的前 $\left|{{A}_{i}} \right|$ 个元数都属于 ${{A}_{i}}$，前 $\left| {{A}_{j}}\right|$ 个元素都属于 ${{A}_{j}}$．从而有 ${{A}_{i}}\subset{{A}_{j}}$，与已知矛盾．这表明从属于不同子集的任何两个排列互不相同．因为 $A$ 中 $n$ 个元素的所有排列总数为 $n!$，故不等式（3）成立．
（2）对于任何 $m$ 个整数 ${{a}_{1}} \{{a}_{2}} \cdots {{a}_{m}}$，由柯西不等式有
$\displaystyle {{m}^{2}}={{\left(\sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{\sqrt{{{a}_{i}}}}\cdot \sqrt{{{a}_{i}}}}\right)}^{2}}\leqslant \left( \sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{{{a}_{i}}}} \right)\left(\sum\limits_{i=1}^{m}{{{a}_{i}}} \right)$．
在上式中令 ${{a}_{i}}=\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|} i=1 2 \cdots m$，由（1）的结论记得
$\displaystyle {{m}^{2}}\leqslant\left( \sum\limits_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|}}} \right)\left( \sum\limits_{i=1}^{m}{\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|}} \right)\leqslant \sum\limits_{i=1}^{m}{\text{C}_{n}^{\left| {{A}_{i}}\right|}}$．
答案
解析
备注
