12 cách chứng minh bất đẳng thức Bunyakovsky Cauchy Schwarz - Tri thức Việt cho người Việt

danh sách chủ đề

Danh sách bài viết

Cập nhật: 17/04/2018

Bài viết giới thiệu đến các bạn 12 cách chứng minh khác nhau của bất đẳng thức nổi tiếng Bunyakovsky Cauchy Schwarz, một công việc của Hui-Hua Wu và Shanhe Wu.

Bất đẳng thức B.C.S

Cho hai dãy số thực $a_1,a_2,\ldots,a_n$ và $b_1,b_2,\ldots,b_n$ , khi ấy ta có

(1) $\begin{align*}\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) \ge \left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2.\end{align*}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hai chuỗi $(a_1,a_2,\ldots,a_n)$ , $(b_1,b_2,\ldots,b_n)$ tỷ lệ với nhau, hay nói cách khác có một hằng số $\lambda$ thỏa $a_k=\lambda b_k$ với $k\in \{1,2,\ldots,n\}$ . Đôi khi ta thấy dạng quen thuộc hơn là

$\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = \ldots = \dfrac{a_n}{b_n},$

Với điều kiện mẫu bằng thì tử số tương ứng cũng bằng .

Cách 1

Khai triển đẳng thức sau và nhóm các hạng tử giống nhau lại với nhau ta được

$\begin{align*}\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_ib_j-a_jb_i)^2 &= \sum_{i=1}^na_i^2\sum_{j=1}^n b_j^2 + \sum_{i=1}^nb_i^2 \sum_{j=1}^na_j^2 - 2\sum_{i=1}^na_ib_i \sum_{j=1}^nb_ja_j \\&= 2\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) - 2\left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)^2.\end{align*}$

Bởi vì vế trái là tổng của các bình phương nên không thể âm, dẫn đến vế phải cũng thế và ta có được điều cần chứng minh.

Cách 2

Xét tam thức bậc hai

$f(x) = \left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2 \right)x^2 - 2\left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_ix_i \right)x + \displaystyle\sum_{i=1}^n x_i^2 = \displaystyle\sum_{i=1}^n (a_ix-x_i)^2.$

Vì $f(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$ nên ta suy ra biệt thức $\Delta_f$ của phải âm, tức là $\Delta_f\le 0$ hay

$\Delta_f = \left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_ix_i \right)^2 - \left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2 \right)\left( \displaystyle\sum_{i=1}^n b_i^2 \right) \le 0.$

Cách 3

Khi $\Sigma_{i=1}^na_i^2=0$ hay $\Sigma_{i=1}^nb_i^2=0$ thì (1) hiển nhiên đúng. Do đó ta giả sử

$\begin{align*}A_n&=\Sigma_{i=1}^na_i^2\ne 0, B_n=\Sigma_{i=1}^nb_i^2\ne 0, \\x_i&=\dfrac{a_i}{\sqrt{A_n}}, y_i=\dfrac{b_i}{\sqrt{B_n}}, (i=1,2,\ldots,n),\end{align*}$

thì khi đó $\Sigma_{i=1}^nx_i^2=\Sigma_{i=1}^ny_i^2=1$ và (1) sẽ tương đương với,

$x_1y_1+x_2y_2+\ldots+x_ny_n \le 1.$

Dân đến,

$2(x_1y_1+x_2y_2+\ldots+x_ny_n) \le x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2 + y_1^2 + y_2^2 + \ldots + y_n^2.$

Điều này dẫn đến

$(x_1-y_1)^2 + (x_2-y_2)^2 + \ldots + (x_n-y_n)^2 \ge 0,$

luôn đúng nên bất đẳng thức (1) cũng luôn đúng.

Cách 4

Đặt $A=\sqrt{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}$ , $B=\sqrt{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2}$ . Theo bất đẳng thức AM-GM (trung bình cộng, trung bình nhân), ta có

$\sum_{i=1}^n\dfrac{a_ib_i}{AB} \le \sum_{i=1}^n\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{a_i^2}{A^2} + \dfrac{b_i^2}{B^2} \right)=1,$

do đó,

$\sum_{i=1}^na_ib_i\le AB=\sqrt{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}\sqrt{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2}.$

Cách 5

Đặt $A_n = a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2$ , $B_n=a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n$ , $C_n=b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2$ .

Cũng theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân AM-GM, ta có

$\dfrac{A_nC_n}{B_n^2}+1 = \sum_{i=1}^n \dfrac{a_i^2C_n}{B_n^2} + \sum_{i=1}^n\dfrac{b_i^2}{C_n} = \sum_{i=1}^n\left(\dfrac{a_i^2C_n}{B_n^2} +\dfrac{b_i^2}{C_n} \right) \ge \sum_{i=1}^n\dfrac{a_i_i}{B_n}=2.$

Do đó $A_nC_n \ge B_n^2.$

Cách 6

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học. Với n=1 , (1) hiển nhiên đúng. Còn với n=2 thì (1) cũng đúng vì,

$\begin{align*}(a_1b_1+a_2b_2)^2 &= a_1^2b_1^2+2a_1b_1a_2b_2 + a_2^2b_2^2 \\&\le a_1^2b_1^2 + a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 + a_2^2b_2^2 \\&= (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2).\end{align*}$

Giả sử (1) đúng với $n=k\ge 2$ , tức là

$\left( \sum_{i=1}^ka_ib_i \right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^ka_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^kb_i^2\right).$

Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n=k+1 , thật vậy,

$\begin{align*}\sqrt{\sum_{i=1}^{k+1}a_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^{k+1}b_i^2} &= \sqrt{\sum_{i=1}^ka_i^2+a_{k+1}^2}. \sqrt{\sum_{i=1}^kb_i^2+b_{k+1}^2}\\&\ge \sqrt{\sum_{i=1}^ka_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^kb_i^2} + |a_{k+1}b_{k+1}| \\&\ge\sum_{i=1}^k|a_ib_i| + |a_{k+1}b_{k+1}| =\sum_{i=1}^{k+1}|a_ib_i|.\end{align*}$

Bất đẳng thức B.C.S

Cho hai dãy số thực $a_1,a_2,\ldots,a_n$ và $b_1,b_2,\ldots,b_n$ , khi ấy ta có

(1) $\begin{align*}\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) \ge \left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2.\end{align*}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi hai chuỗi $(a_1,a_2,\ldots,a_n)$ , $(b_1,b_2,\ldots,b_n)$ tỷ lệ với nhau, hay nói cách khác có một hằng số $\lambda$ thỏa $a_k=\lambda b_k$ với $k\in \{1,2,\ldots,n\}$ . Đôi khi ta thấy dạng quen thuộc hơn là

$\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = \ldots = \dfrac{a_n}{b_n},$

Với điều kiện mẫu bằng thì tử số tương ứng cũng bằng .

Cách 7

Đặt

$\begin{align*}A=\{ a_1b_1,\ldots,a_1b_n,a_2b_1,\ldots,a_2b_n,\ldots,a_nb_1,\ldots,a_nb_n \},\\B=\{ a_1b_1,\ldots,a_1b_n,a_2b_1,\ldots,a_2b_n,\ldots,a_nb_1,\ldots,a_nb_n \},\\C=\{ a_1b_1,\ldots,a_1b_n,a_2b_1,\ldots,a_2b_n,\ldots,a_nb_1,\ldots,a_nb_n \},\\D=\{ a_1b_1,\ldots,a_nb_1,a_1b_2,\ldots,a_nb_2,\ldots,a_1b_n,\ldots,a_nb_n \}.\end{align*}$

Dễ dàng nhận ra rằng A,B có sự sắp xếp y chang nhau trong khi C,D thì có sự sắp xếp ngược nhau tí. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị ta được,

$\begin{align*}&(a_1b_1)(a_1b_1)+\ldots+(a_1b_n)(a_1b_n) + (a_2b_1)(a_2b_1) + \\&\quad (a_2b_n)(a_2b_n) + \ldots+ (a_nb_1)(a_nb_1)+\ldots+(a_nb_n)(a_nb_n)\\&\ge (a_1b_1)(a_1b_1)+\ldots+(a_1b_n)(a_nb_1) + (a_2b_1)(a_1b_2) + \\&\quad (a_2b_n)(a_nb_1) + \ldots+ (a_nb_1)(a_1b_n)+\ldots+(a_nb_n)(a_nb_n).\end{align*}$

Rút gọn ta sẽ được (1).

Cách 8

Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân AM-GM, ta có với $\lambda>0$

$|a_ib_i|\le \dfrac{1}{2}\left( \lambda a_i^2+\dfrac{b_i^2}{\lambda} \right).$

Chọn $\lambda = \sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2 /\sum_{i=1}^na_i^2}$ , ta được

$|a_ib_i| \le \left[ \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^nb_i^2}{\sum_{i=1}^na_i^2}a_i^2} + \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^na_i^2}{\sum_{i=1}^nb_i^2}b_i^2}\right].$

Do đó,

$\sum_{i=1}^n |a_ib_i| \le \dfrac{1}{2} \left[ \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^nb_i^2}{\sum_{i=1}^na_i^2}\sum_{i=1}^na_i^2} + \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^na_i^2}{\sum_{i=1}^nb_i^2}\sum_{i=1}^nb_i^2}\right],$

hay tương đương,

$\begin{align*}\sum_{i=1}^n|a_ib_i| &\le \dfrac{1}{2}\left( \sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2\sum_{i=1}^na_i^2} + \sqrt{\sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2} \right) \\ & = \sqrt{\sum_{i=1}^na_i^2}\sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2}.\end{align*}$

Cách 9

Xét các vector $\alpha=(a_1,a_2,\ldots,a_n), \beta=(b_1,b_2,\ldots,b_n)$ và số thực $t\in \mathbb{R}$ bất kỳ ta có tích vô hướng sau

$\begin{align*}&(\alpha+t\beta)\cdot (\alpha+t\beta) = \alpha\cdot\alpha+ 2(\alpha\cdot\beta)t + (\beta\cdot\beta)t^2.\\\Leftrightarrow & |\alpha|^2 + 2(\alpha\cdot\beta)t + |\beta|^2t^2 = |\alpha+t\beta|^2\ge 0.\end{align*}$

Do đó nếu ta xem biểu thức trên là tam thức bậc hai theo thì sẽ được

$(\alpha\cdot\beta)^2-|\alpha|^2|\beta|^2\le 0$

Thay

$\begin{align*}\alpha\cdot \beta = \sum_{i=1}^na_ib_i, |\alpha|^2=\sum_{i=1}^na_i^2, |\beta|^2=\sum_{i=1}^nb_i^2,\end{align*}$

ta sẽ được điều cần chứng minh.

Cách 10

Xét các vector $\alpha=(a_1,a_2,\ldots,a_n), \beta=(b_1,b_2,\ldots,b_n)$ và

$\alpha\cdot\beta = |\alpha||\beta|\cos(\alpha,\beta),$

ta suy ra $\alpha\cdot\beta \le |\alpha||\beta|$ . Thay

$\begin{align*}\alpha\cdot \beta = \sum_{i=1}^na_ib_i, |\alpha|^2=\sum_{i=1}^na_i^2, |\beta|^2=\sum_{i=1}^nb_i^2,\end{align*}$

ta sẽ được điều cần chứng minh.

Cách 11

Vì hàm số f(x)=x^2 lồi trên $(-\infty,+\infty)$ nên theo Jensen, ta có

(2) $\begin{align*}(p_1x_1+p_2x_2+\ldots+p_nx_n)^2 \le p_1x_1^2 + p_2x_2^2 + p_nx_n^2,\end{align*}$

trong đó $x_i\in \mathbb{R},p_i> 0 (i=1,2,\ldots,n),p_1+p_2+\ldots+p_n=1$ .

Trường hợp 1. Nếu $b_i \ne 0$ với $i=1,2,\ldots,n$ , ta áp dụng x_i=a_i/b_i và $p_i=b_i^2/\Sigma_{i=1}^nb_i^2$ vào (2) để được

$\left( \dfrac{a_1b_1+ a_2b_2+\ldots+a_nb_n}{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2} \right)^2 \le \dfrac{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2},$

từ đây dễ dàng suy ra (1).

Trường hợp 2. Nếu tồn tại $b_{i_1}=b_{i_2}=\ldots=b_{i_k}=0$ , ta có

$\begin{align*}\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 &= \left(\sum_{i\ne i_1,\ldots,i_k,1\le i\le n}a_ib_i\right)^2\\&\le \left(\sum_{i\ne i_1,\ldots,i_k,1\le i\le n}a_i^2\right) \left(\sum_{i\ne i_1,\ldots,i_k,1\le i\le n}b_i^2\right) \\&\le \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right).\end{align*}$

Cách 12

Định nghĩa dãy $\{S_n\}$ như sau,

$S_n = \left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 - \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right).$

Khi đó,

$\begin{align*}S_{n+1}-S_n = - \sum_{i=1}^n (a_ib_{n+1} - b_ia_{n+1})^2 \le 0,\end{align*}$

do đó $S_{n+1}\le S_n, (n\in \mathbb{N})$ . Thành ra ta sẽ được

$S_n\le S_{n-1} \le \ldots \le S_1=0,$

Từ cái này ta dễ dàng suy ra (1).

Tags : giới thiệu chứng minh đẳng thức quen thuộc tử số tương ứng tam thức tương đương quy nạp nhận ra sắp xếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 41: Ôn tập chung

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 41: Ôn tập chung

383 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 40: Ôn tập hình học và đo lường

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 40: Ôn tập hình học và đo lường

531 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 39: Ôn tập các số và phép tính trong phạm vi 100

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 39: Ôn tập các số và phép tính trong phạm vi 100

349 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 38: Ôn tập các số và phép tính trong phạm vi 10

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 38: Ôn tập các số và phép tính trong phạm vi 10

478 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 37: Luyện tập chung

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 37: Luyện tập chung

307 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 36: Thực hành xem lịch và giờ

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 36: Thực hành xem lịch và giờ

518 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 35: Ngày trong tuần

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 35: Ngày trong tuần

337 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 34: Xem giờ đúng trên đồng hồ

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - bài 34: Xem giờ đúng trên đồng hồ

448 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - Bài 33: Luyện tập chung

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - Bài 33: Luyện tập chung

453 Đọc tiếp

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - Bài 32: Phép trừ số có hai chữ số cho số có hai chữ số

Toán học

Sách giáo khoa toán lớp 1 kết nối tri thức - Bài 32: Phép trừ số có hai chữ số cho số có hai chữ số

571 Đọc tiếp