متباينة المجموع لتشيبيشيف

  ميّز عن متراجحة تشيبيشيف.

في الرياضيات، متراجحة المجموع لتشيبيشيف (بالإنجليزية: Chebyshev's sum inequality)‏ المسماة هكذا نسبة إلى عالم الرياضيات الروسي بافنوتي تشيبيشيف، تنص على ما يلي: إذا توفر

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

و

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

فإن

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

وبشكل مشابه، إذا توفر

$a_1\le a_2\le \cdots \le a_n$

و

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

فإن

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

البرهان

ليكن المجموع التالي

$S=\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n(a_j-a_k)(b_j-b_k).$

The two sequences are non-increasing, therefore a_j − a_k and b_j − b_k have the same sign for any j, k. Hence S ≥ 0.

Opening the brackets, we deduce:

$0\le 2n\sum _{j=1}^n{a}_j{b}_j-2\sum _{j=1}^n{a}_j\sum _{k=1}^n{b}_k,$

whence

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

An alternative proof is simply obtained with the rearrangement inequality.

الصيغة المتصلة

هناك أيضا صيغة متصلة لمتراجحة المجموع لتشيبيشيف.

إذا كانت f وg دالتين ذات قيم حقيقية وقابلتين للتكامل على المجال [0,1], كلاهما تنازلي، أو كلاهما تصاعدي، فإن:

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}f(x)g(x)dx\ge \underset{0}{\overset{1}{\int }}f(x)dx\underset{0}{\overset{1}{\int }}g(x)dx,$

with the inequality reversed if one is non-increasing and the other is non-decreasing.