チェビシェフの和の不等式の証明と例題、具体例について

1. チェビシェフの和の不等式

• 連続型、離散型確率変数に関連するチェビシェフの不等式もあります。
• 英語だと、Chebyshev’s sum Inequalityです。

1.1. 具体例（n=3）の場合

\( n = 3 \) のとき、与えられた不等式がどうなるのか考えてみましょう。

まず、不等式は次のようになります。

\[ \sum_{i=1}^{3} a_i b_i \geq \frac{1}{3} \left( \sum_{i=1}^{3} a_i \right) \left( \sum_{i=1}^{3} b_i \right) \]

各項を展開してみましょう。

\[ \frac{1}{3}\sum_{i=1}^{3} a_i b_i = \frac{1}{3}(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3) \]

\[ \frac{1}{9} \left( \sum_{i=1}^{3} a_i \right) \left( \sum_{i=1}^{3} b_i \right) = \frac{1}{9} (a_1 + a_2 + a_3)(b_1 + b_2 + b_3) \]

\[ \frac{1}{3}\sum_{i=1}^{3} a_i b_{n-i+1} = \frac{1}{3}(a_1 b_3 + a_2 b_2 + a_3 b_1) \]

これをまとめると、不等式は次のようになります。

\[ \frac{1}{3}(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3 )\geq \frac{1}{9} (a_1 + a_2 + a_3)(b_1 + b_2 + b_3)\geq \frac{1}{3}\sum_{i=1}^{3} a_i b_{n-i+1} \]

ここで、$(a_1 + a_2 + a_3)(b_1 + b_2 + b_3) $は次のように表すことができます。

$$\begin{align*} (a_1 + a_2 + a_3)(b_1 + b_2 + b_3) &= (a_1 b_1 + a_1 b_2 + a_1 b_3) + (a_2 b_1 + a_2 b_2 + a_2 b_3) + (a_3 b_1 + a_3 b_2 + a_3 b_3) \\ &= \sum_{i=1}^3\sum_{j=1}^3 a_i b_j \end{align*}$$

つまり、一般の場合でも、

$$\frac{1}{n} \left( \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i \right)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i b_j $$

となります。

2. チェビシェフの和の不等式の証明

2.1. 差を考える証明

不等式 \( a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n \) と \( b_1 \geq b_2 \geq \dots \geq b_n \)が成り立っているので、次の二つのケースを考えることができます。

以上より、

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_i – a_j)(b_i – b_j)\geq 0$$

不等式を変形をすると、$i$と$j$に対してシグマをとると、

$$\begin{align*} &\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_i – a_j)(b_i – b_j)\geq 0 \\ & \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_ib_i+a_jb_j-a_ib_j-a_jb_i) \geq 0 \\ &\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n( a_ib_i+a_jb_j ) \geq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (a_ib_j+a_jb_i) \end{align*}$$

したがって、

$$\begin{align*} &\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_i + \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_j b_j \geq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j + \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_j b_i \\ & n \sum_{i=1}^n a_i b_i + n \sum_{j=1}^n a_j b_j \geq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j + \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j \\ & 2 n \sum_{j=1}^n a_j b_j \geq 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j \\ &  n \sum_{j=1}^n a_j b_j \geq  \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j \end{align*}$$

両辺を$n^2$で割ると、

$$\begin{align*} &\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n a_j b_j \geq  \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j \\ & \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i b_i \geq  \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \frac{1}{n} \sum_{j=1}^n a_i b_j \\ & \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i b_i \geq \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i \right) \left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n  b_i \right) \\ \end{align*}$$

次に、示した不等式を次の場合に対して適用すると、

$$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i (-b_{n+1-i})\geq \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} (-b_{n+1-i}) \right)$$

したがって、

$$\begin{align*} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i b_{n+1-i} & \leq \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} b_{n+1-i} \right) \\ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i b_{n+1-i} & \leq \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} b_{i} \right) \end{align*} $$

以上のことから、

\[ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i b_i \geq \left( \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i \right) \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} b_i \right)\geq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} a_i b_{n-i+1} \]

2.2. 並べ替えの不等式を利用した証明

証明の方針を立ててみましょう。

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i b_j $$

は$n^2$個あります。これを$n$個ずつ分割すると

これは並べ替え不等式を利用することができるので、そこを攻めてみましょう。

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並べ替え不等式より、

$$\begin{cases} a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n &= a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n \geq a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \cdots + a_n b_1\\ a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n &\geq a_1b_2+a_2b_3+\cdots +a_nb_1\geq a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \cdots + a_n b_1\\ a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n &\geq a_1b_3+a_2b_4+\cdots +a_nb_2\geq a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \cdots + a_n b_1 \\ a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n &\geq a_1b_4+a_2b_5+\cdots +a_nb_3 \geq a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \cdots + a_n b_1\\ &\vdots \\ a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n &\geq a_1b_n+a_2b_1+\cdots +a_nb_{n-1}\geq a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \cdots + a_n b_1\\ \end{cases}$$

これらをすべて足すと

$$n(a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n)\geq \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i b_j\geq n(a_1 b_n + a_2 b_{n-1} + \cdots + a_n b_1 )$$

両辺を$n^2$で割ると、同様に証明することができる。

3. 例題

方針を立ててみましょう。

$$\frac{ab}{b+a} + \frac{bc}{c+b} + \frac{ca}{c+a}$$

分子で分母を割って式変形すると、

$$\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} + \frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}} + \frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}$$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$、$\frac{1}{c}+\frac{1}{b}$、$\frac{1}{c}+\frac{1}{a}$について並び順がわかれば、チェビシェフの和の不等式を適用できる！！！

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対称性より、一般性を失うことなく、\(a \geq b \geq c\) と仮定します。逆数を取った場合には次の順序が成り立ちます。

\[ \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} \leq \frac{1}{c} \]

この大小関係を利用して、

\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \leq \frac{1}{a} + \frac{1}{c} \leq \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \]

逆数を取ったときに

\[ \frac{1}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \geq \frac{1}{\frac{1}{a} + \frac{1}{c}} \geq \frac{1}{\frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \]

したがって、

$$\frac{ab}{b+a} \geq \frac{ac}{a+c} \geq \frac{cb}{c+b} \quad \cdots (1)$$

また、\(a\), \(b\), \(c\) の順序関係を用いると、次の不等式も成り立つことがわかります。

\[ a+b \geq a+c \geq b+c \quad \cdots (2) \]

(1)、(2)より、この2つの数列 \((a+b), (a+c), (b+c)\) と \(\left(  \frac{ab}{a+b}, \frac{ca}{c+a} ,\frac{cb}{c+b}\right)\)に対して、チェビシェフの和の不等式を適用すると、次の関係が得られます。

\[ (a+b) \left( \frac{ab}{a+b}\right) + (a+c) \left( \frac{ca}{c+a} \right) + (b+c) \left( \frac{cb}{c+b} \right) \geq \frac{1}{3} \left( (a+b) + (b+c) + (c+a) \right) \left(\frac{ab}{a+b}+ \frac{ca}{c+a} +\frac{cb}{c+b} \right) \]

この式を整理すると

\[ ab+ca+bc\leq \frac{2}{3} \left(a+b+c \right) \left(\frac{ab}{a+b}+ \frac{ca}{c+a} +\frac{cb}{c+b}\right) \]

したがって、

\[ \frac{ab}{b+a} + \frac{bc}{c+b} + \frac{ca}{c+a} \leq \frac{3}{2} \frac{a+b+c}{ab+bc+ca} \]