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 } }
và
b
1
≥
b
2
≥
⋯
≥b
n
,
{\displaystyle b_{1}\geq b_{2}\geq \cdots \geq b_{n},}
Bạn đang đọc: Bất đẳng thức cộng Chebyshev – Wikipedia tiếng Việt
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 ). }
Tương tự, nếu
- a 1 ≥ a 2 ≥ ⋯ ≥ 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 }, }
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 ). }
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 } \, }
và
- b 1 ≥ b 2 ≥ ⋯ ≥ 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}\,}
là giá trị lớn nhất hoàn toàn 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 } \, }
- 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 } \, }
- 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 \ 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 } \, }
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 }
chia cả hai vế cho
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 } }. }
( điều phải chứng tỏ )Cách 2 : Phép biến hóa tương tự :Bất đẳng thức cần chứng tỏ tương tự :
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})}
⇔
∑
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}
(luôn đúng do
a
1
≥
a
2
≥
⋯
≥
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}}
).
Vậy ta có điều phải chứng tỏ .
- Chebyshev’s sum inequality – Wikipedia tiếng Anh
Source: https://mindovermetal.org
Category: Ứng dụng hay
