12 cách chứng minh bất đẳng thức Bunyakovsky Cauchy Schwarz

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)

    \[\alpha\cdot\beta = |\alpha||\beta|\cos(\alpha,\beta),\]

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_ip_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).

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.