DMCA.com Protection Status

12 cách chứng minh bất đẳng thức Bunyakovsky Cauchy Schwarz  quan tâm

Được viết bởi: Ẩn danh

Cập nhật lúc 11:10 ngày 18/04/2018

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 0 thì tử số tương ứng cũng bằng 0.

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 f 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^2B_n=a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_nC_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 0 thì tử số tương ứng cũng bằng 0.

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 t 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).