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切比雪夫求和不等式，离散形式，连续形式

news 2025/10/13 16:47:18

文章目录

- 一、切比雪夫求和不等式
- - 1.1. 离散形式
  - 1.2. 连续形式

一、切比雪夫求和不等式

切比雪夫求和不等式，又称切比雪夫总和不等式。它指出了两组单调数列的积的平均值与它们各自平均值的积之间的关系。

1.1. 离散形式

不等式表述

设有两个实数序列 $a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n$ 和 $b1,b2,…,bnb_1, b_2, \dots, b_n$ 。

情况一： 如果两个序列都是单调不增或都是单调不减的，即：
$a1≥a2≥⋯≥ana_1 \ge a_2 \ge \dots \ge a_n$ 且 $b1≥b2≥⋯≥bnb_1 \ge b_2 \ge \dots \ge b_n$
或者
$a1≤a2≤⋯≤ana_1 \le a_2 \le \dots \le a_n$ 且 $b1≤b2≤⋯≤bnb_1 \le b_2 \le \dots \le b_n$

那么，下面的不等式成立：
$1n∑k=1nakbk≥(1n∑k=1nak)(1n∑k=1nbk)\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \ge \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} b_k \right)$
用文字表述为：两组同序的序列，其乘积的平均值大于或等于其各自平均值的乘积。

情况二： 如果一个序列是单调不增的，而另一个是单调不减的，即：
$a1≥a2≥⋯≥ana_1 \ge a_2 \ge \dots \ge a_n$ 且 $b1≤b2≤⋯≤bnb_1 \le b_2 \le \dots \le b_n$
或者
$a1≤a2≤⋯≤ana_1 \le a_2 \le \dots \le a_n$ 且 $b1≥b2≥⋯≥bnb_1 \ge b_2 \ge \dots \ge b_n$

那么，不等式的方向相反：
$1n∑k=1nakbk≤(1n∑k=1nak)(1n∑k=1nbk)\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \le \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} b_k \right)$
用文字表述为：两组反序的序列，其乘积的平均值小于或等于其各自平均值的乘积。

详细证明

这里我们只证明情况一（两个序列均为单调不减），情况二的证明是类似的。

证明方法：利用求和展开

考虑以下和式：
$\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} (a_j - a_k)(b_j - b_k)$

由于两个序列都是单调不减的，对于任意的 $j, k$ ， $a_j - a_k)$ 和 $b_j - b_k)$ 的符号总是相同的。

如果 $j > k$ ，那么 $aj≥aka_j \ge a_k$ 且 $bj≥bkb_j \ge b_k$ ，所以 $(aj−ak)≥0(a_j - a_k) \ge 0$ 且 $(bj−bk)≥0(b_j - b_k) \ge 0$ ，则其乘积为非负。
如果 $j < k$ ，那么 $aj≤aka_j \le a_k$ 且 $bj≤bkb_j \le b_k$ ，所以 $(aj−ak)≤0(a_j - a_k) \le 0$ 且 $(bj−bk)≤0(b_j - b_k) \le 0$ ，则其乘积也为非负。

因此，和式 $S$ 中的每一项都大于等于零，所以整个和式 $\ge 0$ 。

现在，我们展开这个和式：
$\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} (a_j b_j - a_j b_k - a_k b_j + a_k b_k)$
$\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_j b_j - \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_j b_k - \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_k b_j + \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$

我们分别计算这四项：

$∑j=1n∑k=1najbj=∑j=1n(n⋅ajbj)=n∑j=1najbj\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_j b_j = \sum_{j=1}^{n} (n \cdot a_j b_j) = n \sum_{j=1}^{n} a_j b_j$
$∑j=1n∑k=1najbk=(∑j=1naj)(∑k=1nbk)\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_j b_k = \left( \sum_{j=1}^{n} a_j \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right)$
$∑j=1n∑k=1nakbj=(∑k=1nak)(∑j=1nbj)=(∑j=1naj)(∑k=1nbk)\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_k b_j = \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \sum_{j=1}^{n} b_j \right) = \left( \sum_{j=1}^{n} a_j \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right)$
$∑j=1n∑k=1nakbk=∑k=1n(n⋅akbk)=n∑k=1nakbk\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k = \sum_{k=1}^{n} (n \cdot a_k b_k) = n \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$

将这四项代回 $S$ 的表达式中：
$\sum_{j=1}^{n} a_j b_j - 2 \left( \sum_{j=1}^{n} a_j \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right) + n \sum_{k=1}^{n} a_k b_k$
$\sum_{k=1}^{n} a_k b_k - 2 \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right)$

因为我们已经证明了 $\ge 0$ ，所以：
$\sum_{k=1}^{n} a_k b_k - 2 \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right) \ge 0$
$\sum_{k=1}^{n} a_k b_k \ge \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right)$

将两边同时除以 $n^2$ ：
$1n∑k=1nakbk≥1n2(∑k=1nak)(∑k=1nbk)=(1n∑k=1nak)(1n∑k=1nbk)\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \ge \frac{1}{n^2} \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \sum_{k=1}^{n} b_k \right) = \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} a_k \right) \left( \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} b_k \right)$
证明完毕。

1.2. 连续形式

设 $f (x)$ 和 $g (x)$ 是在区间 $[a, b]$ 上可积的两个函数。

情况一： 如果 $f (x)$ 和 $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上都是单调不增或都是单调不减的，那么：
$∫abf(x)g(x)dx≥1b−a(∫abf(x)dx)(∫abg(x)dx)\int_a^b f(x)g(x)dx \ge \frac{1}{b-a} \left(\int_a^b f(x)dx\right) \left(\int_a^b g(x)dx\right)$

情况二： 如果 $f (x)$ 和 $g (x)$ 在 $[a, b]$ 上一个单调不增，另一个单调不减，那么不等式方向相反：
$∫abf(x)g(x)dx≤1b−a(∫abf(x)dx)(∫abg(x)dx)\int_a^b f(x)g(x)dx \le \frac{1}{b-a} \left(\int_a^b f(x)dx\right) \left(\int_a^b g(x)dx\right)$

证明方法与离散形式非常相似，我们同样只证明情况一（两个函数均为单调不减）。

考虑以下二重积分：
$\int_a^b \int_a^b (f(x) - f(y))(g(x) - g(y)) dx dy$

由于 $f (x)$ 和 $g (x)$ 都是单调不减的，对于任意的 $\in [a, b]$ ， $(f (x) - f (y))$ 和 $(g (x) - g (y))$ 的符号总是相同的。

如果 $x > y$ ，则 $\ge f(y)$ 且 $\ge g(y)$ ，乘积非负。
如果 $x < y$ ，则 $\le f(y)$ 且 $\le g(y)$ ，乘积也非负。

因此，被积函数 $(f (x) - f (y)) (g (x) - g (y))$ 在整个积分区域 $\times [a, b]$ 上都是非负的。所以，这个二重积分的值也必然是非负的，即 $\ge 0$ 。

现在，我们展开这个积分：
$\int_a^b \int_a^b [f(x)g(x) - f(x)g(y) - f(y)g(x) + f(y)g(y)] dx dy$
$\int_a^b \int_a^b f(x)g(x) dx dy - \int_a^b \int_a^b f(x)g(y) dx dy - \int_a^b \int_a^b f(y)g(x) dx dy + \int_a^b \int_a^b f(y)g(y) dx dy$

我们分别计算这四项：

$∫ab∫abf(x)g(x)dxdy=∫ab(∫abf(x)g(x)dx)dy=(b−a)∫abf(x)g(x)dx\int_a^b \int_a^b f(x)g(x) dx dy = \int_a^b \left( \int_a^b f(x)g(x) dx \right) dy = (b-a) \int_a^b f(x)g(x) dx$
$∫ab∫abf(x)g(y)dxdy=(∫abf(x)dx)(∫abg(y)dy)\int_a^b \int_a^b f(x)g(y) dx dy = \left( \int_a^b f(x)dx \right) \left( \int_a^b g(y)dy \right)$
$∫ab∫abf(y)g(x)dxdy=(∫abg(x)dx)(∫abf(y)dy)\int_a^b \int_a^b f(y)g(x) dx dy = \left( \int_a^b g(x)dx \right) \left( \int_a^b f(y)dy \right)$
$∫ab∫abf(y)g(y)dxdy=∫ab(∫abf(y)g(y)dy)dx=(b−a)∫abf(y)g(y)dy\int_a^b \int_a^b f(y)g(y) dx dy = \int_a^b \left( \int_a^b f(y)g(y) dy \right) dx = (b-a) \int_a^b f(y)g(y) dy$

由于变量名只是符号，所以 $∫abf(x)g(x)dx=∫abf(y)g(y)dy\int_a^b f(x)g(x)dx = \int_a^b f(y)g(y)dy$ ，同样 $∫abg(y)dy=∫abg(x)dx\int_a^b g(y)dy = \int_a^b g(x)dx$ 。

代回 $I$ 的表达式：
$\int_a^b f(x)g(x)dx - 2 \left(\int_a^b f(x)dx\right) \left(\int_a^b g(x)dx\right) + (b-a) \int_a^b f(x)g(x)dx$
$\int_a^b f(x)g(x)dx - 2 \left(\int_a^b f(x)dx\right) \left(\int_a^b g(x)dx\right)$

因为 $\ge 0$ ，所以：
$\int_a^b f(x)g(x)dx - 2 \left(\int_a^b f(x)dx\right) \left(\int_a^b g(x)dx\right) \ge 0$
$\int_a^b f(x)g(x)dx \ge \left(\int_a^b f(x)dx\right) \left(\int_a^b g(x)dx\right)$

将两边除以 $b-a)^2$ (假设 $b > a$ )：
$1b−a∫abf(x)g(x)dx≥1(b−a)2(∫abf(x)dx)(∫abg(x)dx)\frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)g(x)dx \ge \frac{1}{(b-a)^2} \left(\int_a^b f(x)dx\right) \left(\int_a^b g(x)dx\right)$
$1b−a∫abf(x)g(x)dx≥(1b−a∫abf(x)dx)(1b−a∫abg(x)dx)\frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)g(x)dx \ge \left(\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx\right) \left(\frac{1}{b-a}\int_a^b g(x)dx\right)$
这正是我们要证明的不等式，它表明函数乘积的平均值大于或等于函数平均值的乘积。