Bất đẳng thức cộng Chebyshev

Trong toán học, Bất đẳng thức cộng Chebyshev, được đặt theo tên nhà toán học Pafnuty Lvovich Chebyshev, được phát biểu rằng: Nếu cho

a 1 ≥ a 2 ≥ ⋯ ≥ a n {displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n}} ${displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n}}$

và

b 1 ≥ b 2 ≥ ⋯ ≥ b n , {displaystyle b_{1}geq b_{2}geq cdots geq b_{n},} ${displaystyle b_{1}geq b_{2}geq cdots geq b_{n},}$

thì

1 n ∑ k = 1 n a k b k ≥ ( 1 n ∑ k = 1 n a k ) ( 1 n ∑ k = 1 n b k ) . {displaystyle {1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}geq left({1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}right)left({1 over n}sum _{k=1}^{n}b_{k}right).} ${displaystyle {1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}geq left({1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}right)left({1 over n}sum _{k=1}^{n}b_{k}right).}$

Tương tự, nếu

a 1 ≥ a 2 ≥ ⋯ ≥ a n {displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n}} ${displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n}}$

và

b 1 ≤ b 2 ≤ ⋯ ≤ b n , {displaystyle b_{1}leq b_{2}leq cdots leq b_{n},} ${displaystyle b_{1}leq b_{2}leq cdots leq b_{n},}$

thì

1 n ∑ k = 1 n a k b k ≤ ( 1 n ∑ k = 1 n a k ) ( 1 n ∑ k = 1 n b k ) . {displaystyle {1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}leq left({1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}right)left({1 over n}sum _{k=1}^{n}b_{k}right).} ${displaystyle {1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}leq left({1 over n}sum _{k=1}^{n}a_{k}right)left({1 over n}sum _{k=1}^{n}b_{k}right).}$

Cách 1: Dùng bất đẳng thức hoán vị.

Giả sử ta có hai chuỗi số được cho như sau

a 1 ≥ a 2 ≥ ⋯ ≥ a n {displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n},} ${displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n},}$

và

b 1 ≥ b 2 ≥ ⋯ ≥ b n . {displaystyle b_{1}geq b_{2}geq cdots geq b_{n}.,} ${displaystyle b_{1}geq b_{2}geq cdots geq b_{n}.,}$

Vậy thì, theo bất đẳng thức hoán vị, ta có

a 1 b 1 + ⋯ + a n b n {displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n},} ${displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n},}$

là giá trị lớn nhất có thể sắp xếp được từ hai chuỗi số trên.

a 1 b 1 + ⋯ + a n b n = a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ + a n b n {displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+cdots +a_{n}b_{n},} ${displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+cdots +a_{n}b_{n},}$ a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ≥ a 1 b 2 + a 2 b 3 + ⋯ + a n b 1 {displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}geq a_{1}b_{2}+a_{2}b_{3}+cdots +a_{n}b_{1},} ${displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}geq a_{1}b_{2}+a_{2}b_{3}+cdots +a_{n}b_{1},}$ a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ≥ a 1 b 3 + a 2 b 4 + ⋯ + a n b 2 {displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}geq a_{1}b_{3}+a_{2}b_{4}+cdots +a_{n}b_{2},} ${displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}geq a_{1}b_{3}+a_{2}b_{4}+cdots +a_{n}b_{2},}$ ⋮ {displaystyle vdots ,} ${displaystyle vdots ,}$ a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ≥ a 1 b n + a 2 b 1 + ⋯ + a n b n − 1 {displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}geq a_{1}b_{n}+a_{2}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n-1},} ${displaystyle a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n}geq a_{1}b_{n}+a_{2}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n-1},}$

Cộng vế theo vế, ta có:

n ( a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ) ≥ ( a 1 + ⋯ + a n ) ( b 1 + h {displaystyle n(a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n})geq (a_{1}+cdots +a_{n})(b_{1}+h} ${displaystyle n(a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n})geq (a_{1}+cdots +a_{n})(b_{1}+h}$

chia cả hai vế cho n 2 {displaystyle n^{2}} ${displaystyle n^{2}}$ , ta nhận được:

( a 1 b 1 + ⋯ + a n b n ) n ≥ ( a 1 + ⋯ + a n ) n ⋅ ( b 1 + ⋯ + b n ) n . {displaystyle {frac {(a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n})}{n}}geq {frac {(a_{1}+cdots +a_{n})}{n}}cdot {frac {(b_{1}+cdots +b_{n})}{n}}.} ${displaystyle {frac {(a_{1}b_{1}+cdots +a_{n}b_{n})}{n}}geq {frac {(a_{1}+cdots +a_{n})}{n}}cdot {frac {(b_{1}+cdots +b_{n})}{n}}.}$

(điều phải chứng minh)

Cách 2: Phép biến đổi tương đương:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

n ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + ⋯ + a n b n ) ≥ ( a 1 + a 2 + ⋯ + a n ) ( b 1 + b 2 + ⋯ + b n ) {displaystyle n(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+cdots +a_{n}b_{n})geq (a_{1}+a_{2}+cdots +a_{n})(b_{1}+b_{2}+cdots +b_{n})} ${displaystyle n(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+cdots +a_{n}b_{n})geq (a_{1}+a_{2}+cdots +a_{n})(b_{1}+b_{2}+cdots +b_{n})}$

⇔ ∑ i , j n ( a i − a j ) ( b i − b j ) ≥ 0 {displaystyle Leftrightarrow sum _{i,j}^{n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})geq 0} ${displaystyle Leftrightarrow sum _{i,j}^{n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})geq 0}$ (luôn đúng do a 1 ≥ a 2 ≥ ⋯ ≥ a n {displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n},} ${displaystyle a_{1}geq a_{2}geq cdots geq a_{n},}$ và b 1 ≥ b 2 ≥ ⋯ ≥ b n {displaystyle b_{1}geq b_{2}geq cdots geq b_{n}} ${displaystyle b_{1}geq b_{2}geq cdots geq b_{n}}$ ).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Chebyshev's sum inequality - Wikipedia tiếng Anh