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

$a_1\ge a_2\ge \cdots \ge a_n$

và

$b_1\ge b_2\ge \cdots \ge b_n,$

thì

$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k\ge \left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k\right)\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{b}_k\right).$

Tương tự, nếu

$a_1\ge a_2\ge \cdots \ge a_n$

và

$b_1\le b_2\le \cdots \le b_n,$

thì

$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k{b}_k\le \left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{a}_k\right)\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{b}_k\right).$

Chứng minh

Cách 1: Dùng bất đẳng thức hoán vị.

Giả sử ta có hai chuỗi số được cho như sau

$a_1\ge a_2\ge \cdots \ge a_n$

và

$b_1\ge b_2\ge \cdots \ge b_n.$

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.

$a_1{b}_1+\cdots +a_n{b}_n=a_1{b}_1+a_2{b}_2+\cdots +a_n{b}_n$

$a_1{b}_1+\cdots +a_n{b}_n\ge a_1{b}_2+a_2{b}_3+\cdots +a_n{b}_1$

$a_1{b}_1+\cdots +a_n{b}_n\ge a_1{b}_3+a_2{b}_4+\cdots +a_n{b}_2$

$⋮$

$a_1{b}_1+\cdots +a_n{b}_n\ge a_1{b}_n+a_2{b}_1+\cdots +a_n{b}_{n-1}$

Cộng vế theo vế, ta có:

$n(a_1{b}_1+\cdots +a_n{b}_n)\ge (a_1+\cdots +a_n)(b_1+h$

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

$\frac{(a_1{b}_1+\cdots +a_n{b}_n)}{n}\ge \frac{(a_1+\cdots +a_n)}{n}\cdot \frac{(b_1+\cdots +b_n)}{n}.$

(điều phải chứng minh)

Cách 2: Phép biến đổi tương đương:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$n(a_1{b}_1+a_2{b}_2+\cdots +a_n{b}_n)\ge (a_1+a_2+\cdots +a_n)(b_1+b_2+\cdots +b_n)$

$\iff \sum _{i,j}^n(a_i-a_j)(b_i-b_j)\ge 0$ (luôn đúng do $a_1\ge a_2\ge \cdots \ge a_n$và $b_1\ge b_2\ge \cdots \ge b_n$).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Tham khảo

• Chebyshev's sum inequality - Wikipedia tiếng Anh