12 cách chứng minh bất đẳng thức Bunyakovsky Cauchy Schwarz

BBài 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.

 Xem thêm Tuyển tập các bất đẳng thức quen thuộc(hiện tại Math2IT đang hoàn tất bài viết này nên bạn chưa thể xem được)

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 

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

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^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*}

Math2IT

Math2IT

Đây là tác giả chung cho các bài viết không do trực tiếp tác giả cụ thể nào của Math2IT viết. Có thể đó là các bài dịch từ các bài viết nước ngoài hoặc các bài viết thiên về kỹ thuật và thông báo.