Bất đẳng thức cộng Chebyshev – Wikipedia tiếng Việt

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}}

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 } }

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}\,}

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 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 } \, }{\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}}

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 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})}

{\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}\,}

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 tỏ .

  • Chebyshev’s sum inequality – Wikipedia tiếng Anh
5/5 - (1 vote)
Subscribe
Notify of
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments