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

$a_{1}\geq a_{2}\geq \cdots \geq a_{n}$

và

$b_{1}\geq b_{2}\geq \cdots \geq b_{n},$

thì

${1 \over n}\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\geq \left({1 \over n}\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)\left({1 \over n}\sum _{k=1}^{n}b_{k}\right).$

Tương tự, nếu

$a_{1}\geq a_{2}\geq \cdots \geq a_{n}$

và

$b_{1}\leq b_{2}\leq \cdots \leq b_{n},$

thì

${1 \over n}\sum _{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\leq \left({1 \over n}\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)\left({1 \over n}\sum _{k=1}^{n}b_{k}\right).$

Chứng minh

Cách 1: Dùng bất đẳng thức hoán vị.

Giả sử ta có hai chuỗi số được cho như sau

$a_{1}\geq a_{2}\geq \cdots \geq a_{n}\,$

và

$b_{1}\geq b_{2}\geq \cdots \geq b_{n}.\,$

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

$a_{1}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n}\,$

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

$a_{1}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n}=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n}\,$

$a_{1}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n}\geq a_{1}b_{2}+a_{2}b_{3}+\cdots +a_{n}b_{1}\,$

$a_{1}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n}\geq a_{1}b_{3}+a_{2}b_{4}+\cdots +a_{n}b_{2}\,$

$\vdots \,$

$a_{1}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n}\geq a_{1}b_{n}+a_{2}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n-1}\,$

Cộng vế theo vế, ta có:

$n(a_{1}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n})\geq (a_{1}+\cdots +a_{n})(b_{1}+h$

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

${\frac {(a_{1}b_{1}+\cdots +a_{n}b_{n})}{n}}\geq {\frac {(a_{1}+\cdots +a_{n})}{n}}\cdot {\frac {(b_{1}+\cdots +b_{n})}{n}}.$

(điều phải chứng minh)

Cách 2: Phép biến đổi tương đương:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$n(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n})\geq (a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n})(b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n})$

$\Leftrightarrow \sum _{i,j}^{n}(a_{i}-a_{j})(b_{i}-b_{j})\geq 0$ (luôn đúng do $a_{1}\geq a_{2}\geq \cdots \geq a_{n}\,$và $b_{1}\geq b_{2}\geq \cdots \geq b_{n}$).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Tham khảo

• Chebyshev's sum inequality - Wikipedia tiếng Anh