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 Bunyakovsky Cauchy Schwarz
Trước hết, chúng ta cùng nhìn lại phát biểu tổng quát của bất đẳng thức này.
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
\begin{equation}\label{eq1}\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. \qquad (1) \end{equation}
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 $0$.
Tiếp theo là 12 cách chứng minh khác nhau bất đẳng thức trên.
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*}
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 biểu thức gốc 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 gốc 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
\begin{align}\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 (\dfrac{a_i^2C_n}{B_n^2} +\dfrac{b_i^2}{C_n}) \\ &\ge \sum_{i=1}^n \dfrac{a_i}{B_n}=2. \end{align}
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*}
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 biểu thức gốc.
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
\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, \qquad (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).
