Bất đẳng thức hoán vị

Trong toán học, bất đẳng thức hoán vị là:

Cho hai dãy số thực ($x_{n}$),($y_{n}$),(n∈N) thỏa mãn:

$x_{1}\geq x_{2}\geq \cdots \geq x_{n}$

và

$y_{1}\geq y_{2}\geq \cdots \geq y_{n}$

Với mỗi hoán vị ($z_{1},z_{2},...,z_{n}$) của ($x_{1},x_{2},...,x_{n}$) ta có:

$x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n}\geq z_{1}y_{1}+z_{2}y_{2}+...+z_{n}y_{n}\geq x_{n}y_{1}+x_{n-1}y_{2}+...+x_{1}y_{n}$

Đẳng thức xảy ra khi một trong 2 dãy là "dừng", hoặc ($z_{1},z_{2},...,z_{n}$) đồng bậc với ($x_{1},x_{2},...,x_{n}$) hoặc ($x_{n},...,x_{2},x_{1}$)

Hệ quả: Cho dãy số thực ($x_{n}$),(n∈N) và ($z_{1},z_{2},...,z_{n}$) là một hoán vị của ($x_{1},x_{2},...,x_{n}$), ta có:

1/ ${x_{1}}^{2}+{x_{2}}^{2}+...+{x_{n}}^{2}\geq x_{1}z_{1}+x_{2}z_{2}+...+x_{n}z_{n}$

2/ ${\frac {z_{1}}{x_{1}}}+{\frac {z_{2}}{x_{2}}}+...+{\frac {z_{n}}{x_{n}}}\geq n$

Chứng minh

Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$y_{1}(x_{1}-z_{1})+y_{2}(x_{2}-z_{2})+y_{3}(x_{3}-z_{3})+...+y_{n}(x_{n}-z_{n})\geq 0$.

Theo khai triển Abel ta có:

$y_{1}(x_{1}-z_{1})+y_{2}(x_{2}-z_{2})+y_{3}(x_{3}-z_{3})+...+y_{n}(x_{n}-z_{n})$$=(y_{1}-y_{2})(x_{1}-z_{1})+(y_{2}-y_{3})(x_{1}+x_{2}-z_{1}-z_{2})+(y_{3}-y_{4})(x_{1}+x_{2}+x_{3}-z_{1}-z_{2}-z_{3})$$+...+(y_{n-1}-y_{n})(x_{1}+x_{2}+...+x_{n-1}-z_{1}-z_{2}-...-z_{n-1})+y_{n}(x_{1}+x_{2}+...+x_{n}-z_{1}-z_{2}-...-z_{n})$.

Do $x_{1}\geq x_{2}\geq ...\geq x_{n}$ và $y_{1}\geq y_{2}\geq ...\geq y_{n}$ nên tổng trên luôn lớn hơn hoặc bằng 0. Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Tham khảo

• G. H. Hardy, J. E. Littlewood, G. Polya: Inequalities, Cambridge University Press (1952), Kapitel 10.2.