Bất đẳng thức cauchy và các dạng toán liên quan

BỘ GIÁO DỤC V À Đ À O T Ạ O
SỞ GIÁO DỤC V À Đ À O T Ạ O ĐỒNG THÁP
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
Nguyễn V ă n Mậu
BẤT Đ Ẳ N G THỨC CAUCHY
V À CÁC D Ạ N G TOÁN LIÊN QUAN
CÁC CHUYÊN ĐỀ CHUYÊN TOÁN
ĐỒNG THÁP - 06-09/09/2012
1
Mục lục
1 Các tính c h ấ t của tam thức bậc hai 2
2 Bất đẳng thức Cauchy 11
3 Dạng phức v à dạng đảo của bất đẳng thức Cauchy 12
4 T a m thức bậc (α) v à tam thức bậc (α,β) 15
5 Nhận xét v ề một số dạng bất đẳng thức liên quan 17
6 Nội suy bất đẳng thức bậc hai trên một đoạn. 22
7 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy 27
7.1 Độ gần đều v à sắp thứ tự dãy cặp điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
7.2 Kỹ thuật tách v à ghép bộsố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
7.3 Thứ tự v à sắp lại thứ tự của bộsố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
7.4 Điều c h ỉ n h v à lựa c h ọ n tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
8 Bài tập áp dụng 44
T à i liệu tham khảo 46
2
BÀI GIẢNG VỀ
BẤT Đ Ẳ N G THỨC CAUCHY V À CÁC
D Ạ N G TOÁN LIÊN QUAN
Nguyễn V ă n Mậu
T r ư ờ n g ĐHKHTN, ĐHQGHN
T ó m tắt nội dung
Bất đẳng thức dạng bậc hai (bất đẳng thức Cauchy mà c h ú n g ta quen gọi là

bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-ski) là dạng toán đơn giản nhất của bất đẳng thức mà
học sinh đã làm quen ngay từ c h ư ơ n g trình lớp 9. Gắn v ớ i nó là các định lí Vi-ét
(Viète) dạng thuận v à đảo, đóng v a i trò rất quan trọng trong các tính toán v à ước
lượng giá trị của một số biểu thức dạng đối xứng theo hệ các nghiệm của phương
trình bậc hai tương ứng.
Đến c h ư ơ n g trình Đại số lớp 10, mảng bài tập v ề các ứng dụng định lí thuận v à
đảo v ề dấu của tam thức bậc hai là công cụ hữu hiệu của nhiều dạng toán khác ở
bậc trung học phổ thông.
Bài giảng này nhằm cung cấp c h o các học viên những ý tưởng c h í n h của bất
đẳng thức Cauchy (thực v à phức, thuận v à đảo, lý thuyết v à ứng dụng) gắn v ớ i các
dạng toán thi olympic khu vực v à quốc tế.
1 Các tính c h ấ t của tam thức bậc hai
Có lẽ dạng bất đẳng thức cơ bản v à cũng là quan trọng nhất trong c h ư ơ n g trình
đại số cấp trung học cơ sở c h í n h là bất đẳng thức dạng sau đây
x
2
 0, ∀x ∈ R. (1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 0.
Gắn v ớ i bất đẳng thức (1) là bất đẳng thức dạng sau
(x
1
− x
2
)
2
 0, ∀x
1
, x
2
∈ R,

hay
x
2
1
+ x
2
2
 2x
1
x
2
, ∀x
1
, x
2
∈ R.
Dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x
1
= x
2
.
Bất đẳng thức (1) là dạng bậc hai đơn giản nhất của bất đẳng thức bậc hai mà
học sinh đã làm quen ngay từ c h ư ơ n g trình lớp 9. Định lí Viete đóng v a i trò rất
quan trọng trong việc tính toán v à ước lượng giá trị của một số biểu thức dạng đối
xứng theo các nghiệm của phương trình bậc hai tương ứng. Đặc biệt, trong c h ư ơ n g
trình Đại số lớp 10, mảng bài tập v ề ứng dụng định lí (thuận v à đảo) v ề dấu của
3
tam thức bậc hai là công cụ hữu hiệu của nhiều dạng toán ở bậc trung học phổ
thông.
Xét tam thức bậc hai f(x) = ax

2
+ bx + c, a  = 0. Khi đó
af(x) =

ax +
b
2

2
−
∆
4
,
v ớ i ∆ = b
2
− 4ac. Từ đẳng thức này, ta có k ế t quả quen thuộc sau.
Định lý 1. Xét tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c, a  = 0.
i) Nếu ∆ < 0 thì af(x) > 0, ∀x ∈ R.
ii) Nếu ∆ = 0 thì af(x)  0 ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi
x = −
b
2a
.
iii) Nếu ∆ > 0 thì af(x) = a
2
(x −x
1
)(x −x

2
) v ớ i
x
1,2
= −
b
2a
∓
√
∆
2|a|
. (2)
T r o n g trường hợp này, af(x) < 0 khi x ∈ (x
1
, x
2
) v à af(x) > 0 khi x < x
1
hoặc
x > x
2
.
T a nhắc lại k ế t quả sau.
Định lý 2 (Định lí đảo). Điều kiện cần v à đủ để tồn tại số α sao c h o af(α) < 0 là
∆ > 0 v à x
1
< α < x
2
, trong đó x
1,2

là các nghiệm của f(x) xác định theo (2).
Nhận xét rằng, các định lí trên đều được mô tả thông qua bất đẳng thức (kết
quả so sánh biệt thức ∆ v ớ i 0). Các định lí sau đây c h o ta tiêu c h u ẩ n nhận biết,
thông qua biểu diễn hệ số, khi nào thì tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx+ c, a  = 0,
có nghiệm.
Định lý 3. V ớ i mọi tam thức bậc hai f(x) có nghiệm thực đều tồn tại một nguyên
hàm F (x), là đa thức bậc ba, có ba nghiệm đều thực.
Chứng minh. Khi f(x) có nghiệm k é p , tức f(x) = a(x − x
0
)
2
, thì ta c h ỉ cần c h ọ n
nguyên hàm dưới dạng
F (x) =
a
3
(x −x
0
)
3
.
Khi f(x) có hai nghiệm phân biệt, tức
f(x) = a(x −x
1
)(x −x
2
), x
1

< x
2
, a  = 0,
ta c h ọ n nguyên hàm F (x) thoả mãn điều kiện
F

x
1
+ x
2
2

= 0.
Khi đó, rõ ràng hàm F (x) có cực đại v à cực tiểu lần lượt tại x
1
v à x
2
v à điểm uốn
của đồ thị tương ứng là M

x
1
+ x
2
2
, 0

. Từ đây suy ra điều cần c h ứ n g minh.
Định lý 4. T a m thức bậc hai f(x) = 3x
2

+ 2bx + c có nghiệm (thực) khi v à c h ỉ khi
các hệ số b, c có dạng

b = α + β + γ
c = αβ + βγ+ γα
(3)
4
Chứng minh. Điều kiện đủ là hiển nhiên vì theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
∆

=b
2
− 3c = (α + β + γ)
2
− 3(αβ + βγ+ γα)
=α
2
+ β
2
+ γ
2
− (αβ + βγ+ γα)
=
1
2
(α − β)
2
+
1
2

(β − γ)
2
+
1
2
(γ − α)
2
 0.
Điều kiện c ầ n . Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x
1
, x
2
. Khi đó, tồn tại
đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, là nguyên hàm của f(x), tức là:
F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ).
Từ đây ta suy ra điều cần c h ứ n g minh.
Tiếp theo, trong c h ư ơ n g này, ta xét các dạng toán cơ bản v ề bất đẳng thức v à
cực trị có sử dụng tính c h ấ t của tam thức bậc hai.
Xét đa thức thuần nhất bậc hai hai biến (xem như tam thức bậc hai đối v ớ i x)
F (x, y) = ax
2
+ bxy + cy
2
, a  = 0,
∆ : = (b
2
− 4ac)y
2
.
Khi đó, nếu ∆  0 thì aF (x, y)  0, ∀x, y ∈ R.

V ậ y khi b
2
 4ac v à a > 0 thì hiển nhiên
ax
2
+ cy
2
 |bxy|, ∀x, y ∈ R.
T r ư ờ n g hợp riêng, khi a = c = 1, b = ±2 thì ta nhận lại được k ế t quả
x
2
+ y
2
 2|xy|
hay
u + v
2

√
uv, u, v  0.
V ề sau, ta sử dụng các tính c h ấ t của dạng phân thức bậc hai
y =
a
1
x
2
+ b
1
x + c
1

a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
v ớ i điều kiện
a
2
> 0, f
2
(x) = a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
> 0, ∀x ∈ R,
để tìm cực trị của một số dạng toán bậc hai.
Bài toán 1. Tìm giá trị lớn nhất v à giá trị nhỏ nhất của hàm số
y =
a
1
x
2
+ b

1
x + c
1
a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
v ớ i điều kiện
a
2
> 0, f
2
(x) = a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
> 0, ∀x ∈ R.
5
Giải. Nhận xét rằng khi x = 0 thì y(0) =
c
1
c

2
v à khi x → ∞ thì y →
a
1
a
2
. Tiếp theo,
ta xét các giá trị y  =
c
1
c
2
v à y  =
a
1
a
2
.
Giả sử y là một giá trị của biểu thức, y  =
c
1
c
2
v à y  =
a
1
a
2
. Khi đó phương trình
tương ứng

a
1
x
2
+ b
1
x + c
1
a
2
x
2
+ b
2
x + c
2
= y
phải có nghiệm, hay phương trình
(a
2
y − a
1
)x
2
+ (b
2
y − b
1
)x + (c
2

y − c
1
) = 0 (4)
phải có nghiệm.
Do (??) là phương trình bậc hai nên điều này tương đương v ớ i
∆ = (b
2
y − b
1
)
2
− 4(a
2
y − a
1
)(c
2
y − c
1
)  0
hay
g(y) := (b
2
2
− 4a
2
c
2
)y
2

+ 2(b
1
b
2
+ 2a
2
c
1
+ 2a
1
c
2
)y + b
2
1
− 4a
1
c
1
 0
phải có nghiệm. Vì g(y) có b
2
2
− 4a
2
c
2
< 0 nên theo Định lí đảo của tam thức bậc
hai, thì
∆


= (b
1
b
2
+ 2a
1
c
2
+ a
2
c
1
)
2
− (4a
1
c
1
− b
2
1
)(4a
2
c
2
− b
2
2
)  0. (5)

v à
y
1
 y  y
2
,
v ớ i
y
1,2
=
b
1
b
2
+ 2a
2
c
1
+ 2a
1
c
2
±
√
∆

b
2
2
− 4a

2
c
2
,
v à ∆

được tính theo công thức (5).
Suy ra max y = y
2
v à min y = y
1
, đạt được khi ứng v ớ i mỗi j (j = 1, 2), xảy ra
đồng thời



∆ = (b
2
y
j
− b
1
)
2
− 4(a
2
y
j
− a
1

)(c
2
y
j
− c
1
) = 0,
x
j
= −
1
2
b
2
y
j
− b
1
a
2
y
j
− a
1
.
Xét một v à i ví dụ minh hoạ sau đây.
Ví dụ 1. Cho x, y là các số thực sao c h o
2x
2
+ y

2
+ xy  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = x
2
+ y
2
.
Giải. Đặt 2x
2
+ y
2
+ xy = a, a  1. Khi đó
M
a
=
x
2
+ y
2
2x
2
+ y
2
+ xy
1) Nếu y = 0 thì
M
a
=
1

2
.
6
2) Nếu y  = 0 suy ra
M
a
=
t
2
+ 1
2t
2
+ t + 1
, t =
x
y
T a c h ỉ cần xác định các giá trị
M
a
<
1
2
, sao c h o phương trình
M
a
=
t
2
+ 1
2t

2
+ t + 1
có nghiệm.
Nghĩa là phương trình

2
M
a
− 1

t
2
+
M
a
t +
M
a
− 1 = 0
có nghiệm. Thế thì biệt thức ∆ phải không âm. T a có
∆ =

M
a

2
− 4

2
M

a
− 1

M
a
− 1

 0
hay
−7

M
a

2
+ 12

M
a

− 4  0.
Giải bất phương trình bậc hai này ta được
6 − 2
√
2
7

M
a


6 + 2
√
2
7
.
Suy ra
M 
6 − 2
√
2
7
a 
6 − 2
√
2
7
= M
0
.
V ậ y min M =
6 − 2
√
2
7
, đạt được khi v à c h ỉ khi

x = M
1
y
2x

2
+ y
2
+ xy = 1
⇔





x = M
1
y
y = ±
√
2(1 − 2M
0
)

2 − 7M
0
+ 7M
2
0
,
v ớ i M
1
=
−M
0

2(2M
0
− 1)
, M
0
=
6 − 2
√
2
7
.
Ví dụ 2. Cho
x
2
+ y
2
+ xy = 1.
Tìm giá trị lớn nhất v à nhỏ nhất của biểu thức
A = x
2
− xy + 2y
2
.
Giải. T a có thể viết A dưới dạng
A =
x
2
− xy + 2y
2
x

2
+ xy + y
2
.
1) Nếu y = 0 thì A = 1.
7
2) Nếu y  = 0 thì
A =
t
2
− t + 2
t
2
+ t + 1
, t =
x
y
Cần xác định A để phương trình
A =
t
2
− t + 2
t
2
+ t + 1
có nghiệm. Điều đó tương đương v ớ i điều kiện để phương trình
(A − 1)t
2
+ (A + 1)t + A −2 = 0
có nghiệm, tức là

∆ = (A + 1)
2
− 4(A − 1)(A − 2)  0.
Từ đó, ta được
7 − 2
√
7
3
 A 
7 + 2
√
7
3
V ậ y max A =
7 + 2
√
7
3
, đạt được khi



x =
A
2
+ 1
2(1 − A
2
)
y

x
2
+ y
2
+ xy = 1
hay





x =
A
2
+ 1
2(1 − A
2
)
y
y = ±
2(A
2
− 1)

7 − 6A
2
+ 3A
2
2
v à min A =

7 − 2
√
7
3
, đạt được khi



x =
A
1
+ 1
2(1 − A
1
)
y
x
2
+ y
2
+ xy = 1
hay





x =
A
1

+ 1
2(1 − A
1
)
y
y = ±
2(A
1
− 1)

7 − 6A
1
+ 3A
2
1
trong đó A
1
, A
2
lần lượt là giá trị nhỏ nhất v à giá trị lớn nhất tương ứng của biểu
thức.
Ví dụ 3. Cho x
2
+ y
2
− xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
M = x
4
+ y
4

− x
2
y
2
.
Giải. Từ giả thiết suy ra
1 = x
2
+ y
2
− xy  2xy − xy = xy
1 = (x + y)
2
− 3xy  −3xy
Từ đó ta có −
1
3
 xy  1. Mặt khác, từ giả thiết ta có x
2
+ y
2
= 1 + xy nên
x
4
+ y
4
= −x
2
y
2

+ 2xy + 1
x
4
+ y
4
− x
2
y
2
= −2t
2
+ 2t + 1, t = xy
8
V ậ y cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tam thức bậc hai
f(t) = −2t
2
+ 2t + 1; −
1
3
 t  1.
T a có
max M = f

1
2

=
3
2
,

đạt được khi v à c h ỉ khi
xy =
1
2
, v à x
2
+ y
2
− xy = 1
hay là
(x, y) ∈


√
5 ∓ 1
2
√
2
,
√
5 ± 1
2
√
2

,

−
√
5 ∓ 1

2
√
2
, −
√
5 ± 1
2
√
2


V ậ y nên
min M = f

−
1
3

=
1
9
,
đạt được khi v à c h ỉ khi

xy = −
1
3
x
2
+ y

2
− xy = 1
hay

x = ±
√
3
3
y = ∓
√
3
3
.
Bài toán 2 (Thi HSG T o á n Việt Nam 2003,A). Cho hàm số f xác định trên tập
số thực R, lấy giá trị trên R v à thoả mãn điều kiện
f(cot x) = sin 2x + cos 2x, x ∈ (0, π).
Hãy tìm giá trị lớn nhất v à giá trị nhỏ nhất của hàm số
g(x) = f(sin
2
x)f(cos
2
x).
Giải. T a có
f(cot x) = sin 2x + cos 2x
=
2 cot x
cot
2
x + 1
+

cot
2
x − 1
cot
2
x + 1
=
cot
2
x + 2 cot x − 1
cot
2
x + 1
, ∀x ∈ (0; π)
V ớ i mỗi t ∈ R đều tồn tại x ∈ (0, π) sao c h o cot x = t, ta được
f(t) =
t
2
+ 2t − 1
t
2
+ 1
, ∀t ∈ R.
Do đó
g(x) = f(sin
2
x)f(cos
2
x) =
sin

4
2x + 32 sin
2
2x − 32
sin
4
2x − 8 sin
2
2x + 32
, ∀x ∈ R.
Đặt
1
4
sin
2
2x = u. Dễ thấy, x ∈ R khi v à c h ỉ khi u ∈

0,
1
4

. Vì v ậ y
min
x∈R
g(x) = min
0u1/4
h(u) v à max
x∈R
g(x) = max
0u1/4

h(u),
9
trong đó
h(u) =
u
2
+ 8u − 2
u
2
− 2u + 2
.
T a tính dạo hàm của hàm h(u)
h

(u) =
2(−5u
2
+ 4u + 6)
(u
2
− 2u + 2)
2
.
T a dễ dàng c h ứ n g minh được h

(u) > 0 ∀u ∈

0,
1
4


. Suy ra hàm h(u) đồng biến
trên

0,
1
4

. Vì v ậ y , trên

0,
1
4

, ta có
min h(u) = h(0) = −1
v à
max h(u) = h

1
4

=
1
25
.
Do đó min g(x) = −1, đạt được c h ẳ n g hạn khi x = 0 v à max g(x) =
1
25
, đạt được

c h ẳ n g hạn khi x =
π
4
.
Bài toán 3 (Thi HSG T o á n Việt Nam 2003,B). Cho hàm số f xác định trên tập
hợp số thực R, lấy giá trị trên R v à thoả mãn điều kiện
f(cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0, π).
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất v à giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = f(x)f(1 − x) trên
đoạn [−1; 1].
T a có
f(cot x) = sin 2x + cos 2x
=
2 cot x
cot
2
x + 1
+
cot
2
x − 1
cot
2
x + 1
=
cot
2
x + 2 cot x − 1
cot
2
x + 1

, ∀x ∈ (0; π)
Từ đó, v ớ i lưu ý rằng v ớ i mỗi t ∈ R đều tồn tại x ∈ (0, π) sao c h o cot x = t, ta được
f(t) =
t
2
+ 2t − 1
t
2
+ 1
, ∀t ∈ R.
Dẫn tới,
g(x) = f(x)f(1 − x) =
x
2
(1 − x)
2
+ 8x(1 − x) − 2
x
2
(1 − x)
2
− 2x(1 − x) + 2
, ∀x ∈ R.
Đặt u = x(1 − x). Dễ thấy, khi x c h ạ y qua [−1, 1] thì u c h ạ y qua

− 2,
1
4

.

Vì v ậ y ,
min
−1x1
g(x) = min
−2u
1
4
h(u) v à max
−1x1
g(x) = max
−2u
1
4
h(u),
10
trong đó
h(u) =
u
2
+ 8u − 2
u
2
− 2u + 2
.
T a có
h

(u) =
2(−5u
2

+ 4u + 6)
(u
2
− 2u + 2)
2
Từ việc khảo sát dấu của h

(u) trên [−2; 1/4], ta thu được
min
−2u
1
4
h(u) = h
2 −
√
34
5

= 4 −
√
34
v à
max
−2u
1
4
h(u) = max{h(−2); h(1/4)} =
1
25
.

V ậ y , trên [−1; 1], ta có min g(x) = 4 −
√
34 v à max g(x) =
1
25
.
Bài toán 4 (Thi HSG Nga 1999). Cho hàm số
f(x) = x
2
+ ax + b cos x.
Tìm tất cả các giá trị của a, b sao c h o phương trình f(x) = 0 v à f(f(x)) = 0 có
cùng một tập hợp nghiệm thực (khác rỗng).
Giải. Giả sử r là một nghiệm của f(x). Khi đó b = f(0) = f(f(r)) = 0. Do đó
f(x) = x(x + a), suy ra hoặc r = 0 hoặc r = −a.
Vì v ậ y
f(f(x)) = f(x)(f(x) + a) = x(x + a)(x
2
+ ax + a).
T a c h ọ n a sao c h o x
2
+ ax + a không có nghiệm thực hoặc c h ỉ có nghiệm thuộc
{0, −a}.
Thật v ậ y nếu 0 hoặc −a là nghiệm của phương trình x
2
+ ax + a = 0, thì phải
có a = 0 v à khi đó f(f(x)) không có nghiệm nào khác.
V ớ i ∆ = a
2
− 4a < 0 thì 0 < a < 4.
V ậ y v ớ i 0  a < 4 thì hai phương trình đã c h o có cùng tập hợp nghiệm x = 0,

x = −a.
Bài toán 5. Cho tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c thoả mãn điều kiện
|f(−1)|  1, |f(0)|  1, |f(1)|  1.
Tìm giá trị lớn nhất của |f(x)| v ớ i x ∈ [−1; 1].
Giải. T a có f(−1) = a − b + c, f(1) = a + b + c v à f(0) = c. Suy ra
f(x) =

f(1) + f(−1)
2
− f(0)

x
2
+

f(1) − f(−1)
2

x + f(0)
=
f(1)
2
(x
2
+ x) +
f(−1)
2
(x

2
− x) + f(0)(1 −x
2
)
nên
f(x) 
1
2
|x
2
+ x| +
1
2
|x
2
− x| + |1 − x
2
|
=
1
2
(|x
2
+ x| + |x
2
− x|) + |1 − x
2
|
11
Vì x ∈ [−1; 1] nên (x

2
+ x)(x
2
− x) = x
2
(x
2
− 1)  0. Do đó
1
2
(|x
2
+ x| + |x
2
− x|) + |1 − x
2
| =
1
2
|x
2
+ x − x
2
+ x| + 1 − x
2
= |x| + 1 − x
2
= −(|x| −
1
2

)
2
+
5
4

5
4
.
Suy ra |f(x)| 
5
4
. V ậ y max
−1x1
|f(x)| =
5
4
khi |x| =
1
2
.
2 Bất đẳng thức Cauchy
Tiếp theo, thực hiện theo ý tưởng của Cauchy
1
đối v ớ i tổng
n

i=1
(x
i

t − y
i
)
2
= t
2
n

i=1
x
2
i
− 2t
n

i=1
x
i
y
i
+
n

i=1
y
2
i
,
ta nhận được tam thức bậc hai dạng
f(t) = t

2
n

i=1
x
2
i
− 2t
n

i=1
x
i
y
i
+
n

i=1
y
2
i
 0, ∀t ∈ R,
nên ∆  0 (khi
n

i=0
x
2
i

> 0).
Định lý 5. V ớ i mọi bộsố (x
i
), (y
i
), ta luôn có bất đẳng thức sau

n

i=1
x
i
y
i

2


n

i=1
x
2
i

n

i=1
y
2

i

. (6)
Dấu đẳng thức trong (6) xảy ra khi v à c h ỉ khi hai bộsố (x
i
) v à (y
i
) t ỷ lệ v ớ i nhau,
tức tồn tại cặp số thực α,β, không đồng thời bằng 0, sao c h o
αx
i
+ βy
i
= 0, ∀i = 1, 2, . . . , n.
Bất đẳng thức (6) thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy
2
(đôi khi còn gọi
là bất đẳng thức Bunhiacovski, Cauchy - Schwarz hoặc Cauchy-Bunhiacovski).
Nhận xét rằng, bất đẳng thức Cauchy cũng có thể được suy trực tiếp từ đồng
nhất thức Lagrange sau đây
Định lý 6 (Lagrange). V ớ i mọi bộsố (x
i
), (y
i
), ta luôn có đồng nhất thức:

n

i=1
x

2
i

n

i=1
y
2
i

−

n

i=1
x
i
y
i

2
=
n

i,j=1, i<j
(x
i
y
j
− x

j
y
i
)
2
.
1
Augustin-Louis Cauchy 1789-1857
2
T ạ i Việt Nam v à một số nước Đông Âu, bất đẳng thức này được mang tên là "Bất đẳng thức
Bunhiacovski","Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovski" hoặc "Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz". Còn bất
đẳng thức giữa các giá trị trung bình cộng v à nhân thì được gọi là bất đẳng thức Cauchy. Thực ra, theo
cách gọi của các c h u y ê n gia đầu ngành v ề bất đẳng thức (Hardy G.H., Littlewood J.E., P o l y a G., Bellman
R., ), thì bất đẳng thức tích phân dạng (2.1) mới mang tên là bất đẳng thức Bunhiacovski.
12
Tương tự, ta cũng có các đẳng thức dạng sau đây (Bạn đọc dễ dàng tự kiểm
c h ứ n g trực tiếp).
Bài toán 6. V ớ i mọi bộsố (x
i
, y
i
), ta luôn có đẳng thức sau
E
2
(x + y)E
1
(x)E
1
(y) − E
1

(x + y)E
2
(x)E
1
(y) − E
1
(x + y)E
1
(x)E
2
(y)
=
1
2
n

i=1

x
i
n

j=1
y
j
− y
i
n

j=1

x
j

2
,
trong đó
E
1
(x) :=
n

i=1
x
i
, E
2
(x) :=
n

i,j=1,i =j
x
i
x
j
.
Nhận xét rằng, từ đồng nhất thức này ta thu được bất đẳng thức sau đây
Hệ quả 1. V ớ i mọi bộsố dương (x
i
, y
i

), ta luôn có bất đẳng thức sau
E
2
(x + y)
E
1
(x + y)

E
2
(x)
E
1
(x)
+
E
2
(y)
E
1
(y)
,
trong đó
E
1
(x) :=
n

i=1
x

i
, E
2
(x) :=
n

i,j=1;i =j
x
i
x
j
.
V ề sau, ta đặc biệt quan tâm đến trường hợp tương ứng v ớ i hai cặp số (1, 1) v à
(a, b). Khi đó bất đẳng thức Cauchy trùng v ớ i bất đẳng thức giữa trung bình cộng
v à trung bình nhân.
Hệ quả 2. V ớ i mọi cặp số dương (a, b), ta luôn có bất đẳng thức sau
2(a + b)  (
√
a +
√
b)
2
,
hay
a + b  2
√
ab.
3 Dạng phức v à dạng đảo của bất đẳng thức
Cauchy
T r ư ớ c hết, ta có nhận xét rằng từ một đẳng thức đã c h o đối v ớ i bộsố thực ta

đều có thể mở rộng (theo nhiều cách thức khác nhau) thành một đẳng thức mới
c h o bộsố phức. Chẳng hạn, ta có thể coi mọi số thực a đã c h o như là phần thực
của một số phức z = a + ib (b ∈ R).
T a nêu một số đồng nhất thức v ề sau cần sử dụng.
Định lý 7. V ớ i mọi bộsố (a
j
, b
j
, u
j
, v
j
), ta luôn có đẳng thức sau:
n

j=1
a
j
u
j
n

j=1
b
j
v
j
−
n


j=1
a
j
b
j
n

j=1
u
j
v
j
=

1j<kn
(a
j
b
k
− b
j
a
k
)(u
j
v
k
− u
k
v

j
). (7)
13
Nhận xét rằng, từ đồng nhất thức này ta thu được đồng nhất thức Lagrange sau
đây đối v ớ i bộsố phức.
Định lý 8. V ớ i mọi bộsố phức (a
j
, b
j
), ta luôn có đẳng thức sau
n

j=1
|a
j
|
2
n

j=1
|b
j
|
2
−


n

j=1

a
j
b
j


=

1j<kn
|a
j
b
k
− a
k
b
j
|. (8)
Chứng minh. . Từ đẳng thức (7), bằng cách thay a
j
bởia
j
, v
j
bởib
j
v à u
j
bởia
j

,
ta sẽ thu được (8).
Hệ thức (8) c h o ta bất đẳng thức Cauchy sau đây đối v ớ i bộsố phức.
Hệ quả 3. V ớ i mọi bộsố phức (a
j
, b
j
), ta luôn có bất đẳng thức sau
n

j=1
|a
j
|
2
n

j=1
|b
j
|
2



n

j=1
a
j

b
j


. (9)
Giả sử ta có bộcác cặp số dương (a
k
, b
k
) sao c h o
a
k
b
k
∈ [α, β], α > 0, k = 1, 2, . . . , n.
Khi đó, theo Định lí đảo của tam thức bậc hai thì

β −
a
k
b
k

a
k
b
k
− α

 0

hay
a
2
k
+ αβb
2
k
 (α + β)a
k
b
k
, k = 1, 2, . . . , n.
Từ đây suy ra
n

k=1
a
2
k
+ αβ
n

k=1
b
2
k
 (α + β)
n

k=1

a
k
b
k
.
Theo bất đẳng thức Cauchy, thì

n

k=1
a
2
k

1
2

αβ
n

k=1
b
2
k

1
2

1
2


n

k=1
a
2
k
+ αβ
n

k=1
b
2
k

.
V ậ y nên

n

k=1
a
2
k

1
2

αβ
n


k=1
b
2
k

1
2

1
2
(α + β)
n

k=1
a
k
b
k
.
Từ đây, ta thu được dạng đảo của bất đẳng thức Cauchy.
Định lý 9. Giả sử ta có bộcác cặp số dương (a
k
, b
k
) sao c h o
a
k
b
k

∈ [α, β], α > 0, k = 1, 2, . . . , n.
Khi đó

n

k=1
a
2
k

1
2

n

k=1
b
2
k

1
2

A
G
n

k=1
a
k

b
k
,
trong đó
A =
α + β
2
, G =

αβ.
14
Nhìn c h u n g , rất nhiều bất đẳng thức có thể nhận được từ các đồng nhất thức.
Vì v ậ y , việc thiết lập được các đồng nhất thức được coi như một phương pháp hữu
hiệu để sáng tác v à c h ứ n g minh bất đẳng thức (xem phần bài tập áp dụng).
Tiếp theo, ta xét một số mở rộng khác (dạng phức) của bất đẳng thức Cauchy.
Định lý 10 (N.G.de Bruijn). V ớ i bộsố thực a
1
, . . . , a
n
v à bộsố phức (hoặc thực)
z
1
, . . . , z
n
, ta đều có


n

k=1

a
k
z
k


2

1
2

n

k=1
|z
k
|
2
+


n

k=1
z
2
k




n

k=1
a
2
k

.
Đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi a
k
= Re (λz
k
) (k = 1, . . . , n), trong đó λ là số phức
v à
n

k=1
λ
2
z
2
k
là số thực không âm.
Chứng minh. Bằng cách thực hiện đồng thời phép quay quanh gốc toạ độ đối v ớ i
các z
k
cùng một góc, ta thu được
n

k=1

a
k
z
k
 0.
Rõ ràng phép quay này không ảnh hưởng đến giá trị của modul các số


n

k=1
a
k
z
k


,


n

k=1
z
2
k


, |z
k

| (k = 1, . . . , n).
V ậ y ta c h ỉ cần c h ứ n g minh bất đẳng thức c h o trường hợp
n

k=1
a
k
z
k
 0.
Nếu ta đặt z
k
= x
k
+ iy
k
(k = 1, . . . , n), thì


n

k=1
a
k
z
k


2
=


n

k=1
a
k
x
k

2


n

k=1
a
2
k

n

k=1
x
2
k

.
Vì
2x
2

k
= |z
k
|
2
+ Re z
2
k
,
ta nhận được


n

k=1
a
k
z
k


2

1
2

n

k=1
a

2
k

n

k=1
|z
k
|
2
+
n

k=1
Re z
2
k

.
Từ bất đẳng thức này v à
n

k=1
Re z
2
k
= Re
n

k=1

z
2
k



n

k=1
z
2
k


ta thu được điều cần c h ứ n g minh.
15
4 T a m thức bậc (α) v à tam thức bậc (α,β)
Nhận xét rằng bất đẳng thức Cauchy dưới dạng sơ đẳng
x
2
+ 1  2x, ∀x ∈ R (10)
có thể xem như bất đẳng thức tam thức bậc hai trong trường hợp dấu đẳng thức
xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 1.
Khi đó, ta dễ dàng mở rộng c h o tam thức bậc α (α > 1) để có bất đẳng thức
tương tự như (10) bằng cách thay số 2 bởisố α. Thật v ậ y , ta cần thiết lập bất đẳng
thức dạng
x
α
+ (?)  αx, ∀x ∈ R
+

(11)
sao c h o dấu đẳng thức v ẫ n xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 1.
Thay x = 1 v à o (11), ta nhận được (?) = α −1, tức là (11) có dạng
x
α
+ α − 1  αx, ∀x ∈ R
+
. (12)
Đây c h í n h là bất đẳng thức Bernoulli quen biết.
Sử dụng đạo hàm, ta dễ dàng c h ứ n g minh (12).
Thật v ậ y , xét hàm số
f(x) = x
α
+ α − 1 −αx, x > 0.
T a có f(1) = 0 v à f

(x) = αx
α−1
− α = α(x
α−1
− 1). Suy ra f

(x) = 0 khi v à c h ỉ
khi x = 1 v à x = 1 là cực tiểu duy nhất của f(x) trên R
+
nên f(x)  f(1) = 0.
Nhận xét 1. T r o n g áp dụng, đặc biệt trong các dạng toán xác định giá trị lớn nhất
hoặc nhỏ nhất của các biểu thức dạng tam thức bậc α, bất đẳng thức Bernoulli
dạng (12) c h ỉ được sử dụng trong các trường hợp đảm bảo c h ắ c c h ắ n rằng dấu đẳng
thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 1.

T r o n g những trường hợp, nếu dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = x
0
> 0
c h o trước, ta cần thay (12) bởibất đẳng thức sau đây

x
x
0

α
+ α − 1  α
x
x
0
, ∀x ∈ R
+
. (13)
Tiếp theo, ta lại có nhận xét rằng bất đẳng thức Cauchy dưới dạng sơ đẳng
x
2
+ 1  2x, ∀x ∈ R (14)
có thể xem như bất đẳng thức tam thức bậc (2,1) (ứng v ớ i luỹ thừa 2 v à luỹ thừa
1 của x), trong trường hợp dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 1.
Khi đó, ta dễ dàng mở rộng một cách tự nhiên c h o tam thức bậc (α,β) (α >
β > 0) để có bất đẳng thức tương tự như (14) bằng cách thay luỹ thừa 2 bởisố α
v à luỹ thừa 1 bởiβ.
Thật v ậ y , ta cần thiết lập bất đẳng thức dạng
x
α
+ (?)  (??)x

β
, ∀x ∈ R
+
(15)
sao c h o dấu đẳng thức v ẫ n xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 1.
Sử dụng phép đổi biến x
β
= t v à
α
β
= γ, ta có thể đưa (15) v ề dạng
t
γ
+ (?)  (??)t, ∀t ∈ R
+
(16)
16
So sánh v ớ i (12), ta thấy ngay cần c h ọ n (?) = γ − 1 v à (??) = γ. V ậ y nên
t
γ
+ γ − 1  γt,∀t ∈ R
+
,
hay
x
α
+
α
β
− 1 

α
β
x
β
, ∀x ∈ R
+
, (17)
dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 1.
T a nhận được bất đẳng thức Bernoulli đối v ớ i tam thức bậc (α,β) ứng v ớ i trường
hợp dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = 1.
Để sử dụng bất đẳng thức Bernoulli c h o trường hợp đảm bảo c h ắ c c h ắ n rằng
dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = x
0
(x
0
> 0) c h o trước, ta c h ỉ cần thay (17)
bởibất đẳng thức sau đây
Định lý 11. Giả sử c h o trước x
0
> 0 v à cặp số (α,β) thoả mãn điều kiện α > β > 0.
Khi đó

x
x
0

α
+
α
β

− 1 
α
β

x
x
0

β
, ∀x ∈ R
+
. (18)
Dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi x = x
0
.
Bài toán 7. Cho bộcác số dương a, b, c; α,β v ớ i α > β. Chứng minh rằng

a
b

α
+

b
c

α
+

c

a

α


a
b

β
+

b
c

β
+

c
a

β
.
Giải. T a sử dụng bất đẳng thức (17). T a có











a
b

α
+
α
β
− 1 
α
β

a
b

β
,

b
c

α
+
α
β
− 1 
α
β


b
c

β
,

c
a

α
+
α
β
− 1 
α
β

c
a

β
,

α
β
− 1

a
b


β
+

b
c

β
+

c
a

β

 3

α
β
− 1

(19)
Cộng các v ế tương ứng của (19) ta thu được

a
b

α
+


b
c

α
+

c
a

α


a
b

β
+

b
c

β
+

c
a

β
.
Tiếp theo, ta xét dạng tam thức bậc (α,β):

f(x) = ax
α
+ bx
β
+ c
v ớ i điều kiện α > 0 > β v à aα + bβ = k > 0.
T r ư ờ n g hợp khi k = 0, ta thu được dạng phân thức chính quy.
T a có k ế t quả sau đây.
Định lý 12. T a m thức bậc (α, β) dạng
f(x) = ax
α
+ bx
β
+ c,
trong đó a, b > 0, α > 0 > β v à aα + bβ = k  0 có tính c h ấ t sau:
f(x)  f(1), ∀x  1.
17
Chứng minh. Để ý rằng
f

(x) = aαx
α−1
+ bβx
β−1
v à trong khoảng (0, +∞), ta có f

(x) = 0 khi v à c h ỉ khi
x = x
0
, trong đó x

0
=

1 −
k
aα
 1.
Do v ậ y , f(x) đồng biến trong [1, +∞), nên
f(x)  f(1), ∀x  1.
Hệ quả 4. T a m thức bậc (α,β) dạng
f(x) = ax
α
+ bx
β
+ c,
trong đó a, b > 0, α > 0 > β v à aα + bβ = 0 có tính c h ấ t sau:
min
x>0
f(x) = f(1).
5 Nhận xét v ề một số dạng bất đẳng thức liên
quan
Tiếp theo, ta xét bất đẳng thức dạng nội suy sau đây.
Định lý 13. V ớ i mọi cặp dãy số thực a = (a
1
, . . . , a
n
) v à b = (b
1
, . . . , b
n

) v à
0  x  1, ta đều có

n

k=1
a
k
b
k
+ x

i =j
a
i
b
j

2


n

k=1
a
2
k
+ 2x

i<j

a
i
a
j

n

k=1
b
2
k
+ 2x

i<j
b
i
b
j

.
Rõ ràng, v ớ i x = 0, ta thu được bất đẳng thức Cauchy.
Chứng minh. Xét tam thức bậc hai theo y:
f(y) =

n

k=1
a
2
k

+ 2x

i<j
a
i
a
j

y
2
− 2

n

k=1
a
k
b
k
+ x

i =j
a
i
b
j

y +
n


k=1
b
2
k
+ 2x

i<j
b
i
b
j
= (1 − x)
n

k=1
(a
k
y − b
k
)
2
+ x

n

k=1
(a
k
y − b
k

)

2
.
Dễ thấy f(y)  0 v ớ i mọi y, v à vì v ậ y ta suy ra ngay được điều cần c h ứ n g minh.
Sử dụng đồng nhất thức, ta thu được một mở rộng của bất đẳng thức Cauchy.
18
Định lý 14 (H.W.Mclaughlin). V ớ i mọi bộ số thực a = (a
1
, . . . , a
n
) v à b =
(b
1
, . . . , b
n
), ta đều có

2n

i=1
a
2
i

2n

i=1
b
2

i



2n

i=1
a
i
b
i

2
+

n

i=1
(a
i
b
n+i
− a
n+i
b
i
)

2
.

Dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi
a
i
b
j
− a
j
b
i
− a
n+i
b
n+j
+ a
n+j
b
n+i
= 0
v à
a
i
b
n+j
− a
j
b
n+i
+ a
n+i
b

j
− a
n+j
b
i
= 0
ứng v ớ i mọi i, j = 1, . . . , n.
Chứng minh. Chứng minh được suy trực tiếp từ đẳng thức

2n

i=1
a
2
i

2n

i=1
b
2
i

−

2n

i=1
a
i

b
i

2
−

n

i=1
(a
i
b
n+i
− a
n+i
b
i
)

2
=
=

1i<jn
(a
i
b
j
− a
j

b
i
− a
n+i
b
n+j
+ a
n+j
b
n+i
)
2
+
+

1i<jn
(a
i
b
n+j
− a
j
b
n+i
− a
n+i
b
j
+ a
n+j

b
i
)
2
.
Tương tự, ta có thể mở rộng bất đẳng thức Cauchy c h o bốnbộsố.
Sử dụng kỹ thuật bất đẳng thức Cauchy đối v ớ i

a
2
k
+ b
2
k
v à
a
k
b
k

a
2
k
+ b
2
k
, ta thu
được k ế t quả sau.
Định lý 15. V ớ i mọi bộsố thực a
k

, b
k
sao c h o a
2
k
+ b
2
k
 = 0, k = 1, . . . , n, ta đều có

n

k=1
a
k
b
k

2

n

k=1
(a
2
k
+ b
2
k
)

n

k=1
a
2
k
b
2
k
a
2
k
+ b
2
k

n

k=1
a
2
k
n

k=1
b
2
k
.
Bất đẳng thức đầu xảy ra đẳng thức khi v à c h ỉ khi a v à b t ỷ lệ v à bất đẳng thức

sau xảy ra đẳng thức khi v à c h ỉ khi các v é c t ơ {a
k
}
n
k=1
v à {b
k
}
n
k=1
trực giao.
T a xét tiếp các bất đẳng thức Ostrowski v à F a n - T o d d .
Định lý 16 (A.M.Ostrowski). Cho hai dãy không t ỷ lệ a = (a
1
, . . . , a
n
) v à b =
(b
1
, . . . , b
n
) v à dãy số thực x = (x
1
, . . . , x
n
) thoả mãn điều kiện
n

i=1
a

i
x
i
= 0,
n

i=1
b
i
x
i
= 1.
Khi đó
n

i=1
x
2
i

n

i=1
a
2
i

n

i=1

a
2
i

n

i=1
b
2
i

−

n

i=1
a
i
b
i

2
.
19
Dấu đẳng thức xảy ra khi v à c h ỉ khi
x
k
=
b
k

n

i=1
a
2
i
− a
k
n

i=1
b
2
i

n

i=1
a
2
i

n

i=1
b
2
i

−


n

i=1
a
i
b
i

2
, k = 1, . . . , n.
Chứng minh. Đặt
A =
n

i=1
a
2
i
, B =
n

i=1
b
2
i
, C =
n

i=1

a
i
b
i
v à y
i
=
Ab
i
− Ca
i
AB − C
2
.
Dễ thấy rằng dãy y
1
, . . . , y
n
thoả mãn điệu kiện bài toán. Mọi dãy x
1
, . . . , x
n
,
từ giả thiết, cũng thoả mãn hệ thức
n

i=1
x
i
y

i
=
A
AB − C
2
.
Do đó
n

i=1
y
2
i
=
A
AB − C
2
.
Mọi dãy x
1
, . . . , x
n
, theo giả thiết, thoả mãn
n

i=1
x
2
i
−

n

i=1
y
2
i
=
n

i=1
(x
i
− y
i
)
2
V ậ y nên
n

i=1
x
2
i

n

i=1
y
2
i

=
A
AB − C
2
,
c h í n h là điều phải c h ứ n g minh.
Tiếp theo, ta c h ứ n g minh định lý:
Định lý 17 (K.Fan and J.Todd). V ớ i mọi dãy số thực a = (a
1
, . . . , a
n
) v à b =
(b
1
, . . . , b
n
) thoả mãn điều kiện a
i
b
j
 = a
j
b
i
ứng v ớ i i  = j, ta đều có
n

i=1
a
2

i

n

i=1
a
2
i

n

i=1
b
2
i

−

n

i=1
a
i
b
i

2


n

2

−2
n

i=1


j=1,j =i
a
j
a
j
b
i
− a
i
b
j

2
Chứng minh. T a thấy
x
i
=

n
2

−1


i

j =i
a
i
a
j
a
j
b
i
− a
i
b
j
có thể nhóm thành các cặp có dạng

n
2

−1

a
i
a
j
a
j
b

i
− a
i
b
j
+
a
j
a
i
a
i
b
j
− a
j
b
i

(i  = j)
20
v à từng cặp như v ậ y đều bằng 0.
V ậ y ta c h u y ể n được v ề tổng
n

i=1
a
i
x
i

= 0. Tương tự, cũng có
n

i=1
b
i
x
i
= 1.
V ậ y theo k ế t quả của Định lí Ostrowski vừa c h ứ n g minh ở trên, ta có ngay điều
cần c h ứ n g minh.
Tiếp theo, ta xét một dạng bất đẳng thức, thực c h ấ t là bất đẳng thức Cauchy
trong hình học gắn v ớ i tích trong trong không gian tuyến tính, thường được gọi là
Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
3
.
T r ư ớ c hết, ta nhắc lại tích v ô hướng đối v ớ i cặp v é c t ơ
a = (a
1
, a
2
, . . . , a
n
), b = (b
1
, b
2
, . . . , b
n
)

trong không gian R
n
được định nghĩa như sau
(a, b) =
n

j=1
a
j
b
j
. (20)
Từ (20), ta thấy ngay rằng
(a, a)  0, (a, a) = 0 ⇔ a = (0, 0, . . . , 0).
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
(a, b)  (a, a)
1
2
(b, b)
1
2
. (21)
Để ý rằng, tích v ô hướng (20) có các tính c h ấ t sau đây.
(i) (a, a)  0, ∀a ∈ R
n
,
(ii) (a, a) = 0 ⇔ a = (0, 0, . . . , 0),
(iii) (αa,b) = α(a, b), ∀α ∈ R, ∀a, b ∈ R
n
,

(iv) (a, b + c) = (a, b) + (a, c), ∀a, b, c ∈ R
n
,
(v) (a, b) = (b, a), ∀a, b ∈ R
n
.
Định nghĩa 1. Không gian v é c t ơ v ớ i tích (a, b) có các tính c h ấ t (i)-(v) được gọi là
không gian v ớ i tích trong.
Ví dụ 4. Giả sử (γ
j
) là bộsố dương c h o trước. Khi đó, tích v ô hướng v ớ i trọng
(γ
j
)
(a, b) =
n

j=1
γ
j
a
j
b
j
(22)
là tích trong, tức là, có các tính c h ấ t (i)-(v).
Định lý 18. Đối v ớ i mọi không gian v ớ i tích trong (a, b), ta đều có bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz
(a, b)  (a, a)
1

2
+ (b, b)
1
2
. (23)
Dấu đẳng thức xảy ra đối v ớ i cặp v é c t ơ a, b khác 0 khi v à c h ỉ khi b = λa v ớ i
0  = λ ∈ R.
3
Đôi khi được gọi là bất đẳng thức Schwarz ( Hermann Amandus Schwarz, 1843-1921)
21
Chứng minh. Sử dụng tính c h ấ t
(v − w,v − w)  0,
ta thu được
(v,w) 
1
2
(v,v) +
1
2
(w,w). (24)
Vì (23) luôn luôn thoả mãn khi một trong hai v é c t ơ bằng 0. V ậ y , ta c h ỉ xét các
v é c t ơ khác 0. T a đặt
ˆ v =
v
(v,v)
1
2
, ˆ w =
w
(w,w)

1
2
,
Khi đó, theo (24) thì (ˆv,ˆ w)  1. Từ đó, ta có ngay (23).
Đặc biệt, đối v ớ i không gian các hàm số liên tục trên một đoạn thẳng [α, β] c h o
trước, ta có bất đẳng thức Bunhiacovski
4
.
Định lý 19. V ớ i mọi cặp hàm số f(t), g(t) liên tục trên đoạn thẳng [α,β], ta đều
có


β
α
f(t)g(t)dt

2


β
α
[f(t)]
2
dt

β
α
[g(t)]
2
dt.

Chứng minh. Sử dụng tính c h ấ t

β
α

f(t) − λg(t)

2
dt  0, ∀λ ∈ R,
ta suy ra
Aλ
2
− 2Bλ+ C  0, ∀λ ∈ R,
trong đó
A =

β
α
[g(t)]
2
dt, C =

β
α
[f(t)]
2
dt, B =

β
α

f(t)g(t)dt.
Từ đây, áp dụng định lí v ề dấu của tam thức bậc hai, ta có ngay điều cần c h ứ n g
minh.
Tiếp theo, ta dễ dàng kiểm c h ứ n g
Ví dụ 5. Giả sử V = C[α,β] là không gian các hàm liên tục trên [α,β]. Khi đó,
tích v ô hướng của cặp hàm số f(t), g(t) ∈ V được định nghĩa như sau
(f,g) =

β
α
f(t)g(t)dt (25)
c h í n h là tích trong, tức có các tính c h ấ t (i)-(v).
Tương tự như trường hợp không gian R
n
, ta có thể định nghĩa tích (25) v ớ i
trọng.
Ví dụ 6. Giả sử V = C[α,β] là không gian các hàm liên tục trên [α,β] v à ω(t)
là hàm số liên tục v à dương trên [α,β]. Khi đó, tích v ô hướng của cặp hàm số
f(t), g(t) ∈ V v ớ i trọng ω(t) được định nghĩa như sau
(f(t), g(t)) =

β
α
ω(t)f(t)g(t)dt (26)
là tích trong, tức có các tính c h ấ t (i)-(v).
Các ứng dụng của bất đẳng thức Schwaz v à Bunhiacovski trong phép tính tích
phân sẽ được đề cập ở các c h ư ơ n g sau.
4
Victor Y a c o v l e w i c h Bunhiacovski 1804-1889
22

6 Nội suy bất đẳng thức bậc hai trên một
đoạn.
Xét tam thức bậc hai G(x) = P x
2
+ Qx + R.
V ấ n đề được đặt ra là bất đẳng thức G(x) ≥ 0 thỏa mãn v ớ i mọi x ∈ [a, b] xảy ra
khi nào?
T a xét bài toán sau.
Bài toán 8. Giả sử G(x) = P x
2
+ Qx + R v à
G(a) = α ≥ 0, G(b) = β ≥ 0,
G(
a + b
2
) −

G(a) +

G(b)
2

2
= γ,
G(
a + b
2
) −

G(a) −


G(b)
2

2
= δ .
1) Xác định G(x) khi biết α,β.γ
2) Xác định G(x) khi biết α,β.δ
3) Chứng minh rằng G(x) ≥ 0 v ớ i mọi x ∈ [a, b] khi v à c h ỉ khi γ ≥ 0 hoặc δ ≥ 0.
Giải.
1) Áp dụng công thức nội suy Lagrange c h o tam thức bậc hai G(x) tại các n ú t nội
suy
G(a) = α,G(b) = β,G(
a + b
2
) + γ =

√
α +
√
β
2

2
.
T a có
G(x) =
3

i=1

G(x
i
)G
i
(x),
v ớ i
x
1
= a, x
2
=
a + b
2
, x
3
= b
v à
G
1
(x) =
3

j=1.j =1
x − x
j
x
1
− x
j
=

(2x − a − b)(x −b)
(a − b)
2
,
G
2
(x) =
3

j=1.j =2
x − x
j
x
2
− x
j
=
4(x − a)(x − b)
(a − b)
2
,
G
3
(x) =
3

j=1.j =3
x − x
j
x

3
− x
j
=
(2x − a − b)(x −a)
(a − b)
2
.
V ậ y
G(x) =
1
(a − b)
2

α(2x − a − b)(x −b) −4

γ +

√
α +
√
β
2

2

(x − a)(x − b)
+β(2x −a − b)(x − a)

23

=
1
(a − b)
2

α

(x − a) + (x − b)

(x − b) − 4

γ +

√
α +
√
β
2

2

(x − a)(x − b)
+β

(x − a)(x − b)

(x − a)

=
1

(a − b)
2

α(x − a)
2
+ β(x − b)
2
− 2
√
αβ(x −a)(x − b) − 4γ(x − a)(x − b)

=
1
(a − b)
2

√
α(x − a) −
√
β(x −b)

2
− 4γ(x −a)(x −b)

.
=
1
(a − b)
2


x(
√
α −
√
β) −(b
√
α − a
√
β)

2
− 4γ(x −a)(x −b)

2) Áp dụng công thức nội suy Lagrange c h o tam thức bậc hai G(x) tương tự
câu 1) tại các n ú t nội suy
G(a) = α,G(b) = β,G(
a + b
2
) + δ =

√
α −
√
β
2

2
.
T a có
G(x) =

1
(a − b)
2


x(
√
α +

β)−(b
√
α + a

β)

2
− 4δ(x − a)(x −b)

.
3) Chứng minh
G(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] (i) ⇔

γ ≥ 0
δ ≥ 0
(ii)
Giả sử (ii) được thỏa mãn, khi đó theo câu 1) v à câu 2) thì G(x) biểu diễn được
dưới dạng
G(x) =
1
(a − b)

2


x(
√
α −

β)−(b
√
α − a

β)

2
− 4δ(x − a)(x −b)

hay
G(x) =
1
(a − b)
2


x(
√
α +

β)−(b
√
α + a


β)

2
− 4γ(x −a)(x −b)

,
suy ra
G(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b] .
Ngược lại , giả sử (i) được thỏa mãn. Khi đó G(a) ≥ 0, G(b) ≥ 0 v à G(x) có thể viết
dưới dạng
G(x) = (mx + n)
2
− K(x − a)(x − b) v ớ i K ≥ 0 (iii)
Nếu trong (iii) ta c h ọ n x ∈

a,
a + b
2
, b

thì ta có

(ma + n)
2
= G(a)
(mb + n)
2
= G(b)
v à

K =
4
(a − b)
2


G

a + b
2

−


G(a) +

G(b)
2

2


=
4
(a − b)
2
γ
24
hay
K =

4
(a − b)
2


G

a + b
2

−


G(a) −

G(b)
2

2


=
4
(a − b)
2
δ .
Từ đó suy ra γ ≥ 0 hoặc δ ≥ 0, tức là (2) được c h ứ n g minh.
Bài toán 9 (Bài toán tổng quát). Giả sử G(x) = P x
2
+ Qx + R. Khi đó bất đẳng

thức G(x) ≥ 0 v ớ i mọi x ∈ [a, b] khi v à c h ỉ khi
G(a) ≥ 0, G(b) ≥ 0 v à G(
a + b
2
) ≥

G(a) −

G(b)
2

2
.
Bài toán 10. Tìm tham số m để bất phương trình (m + 1)x
2
+ 2x + 3 ≥ 0 đúng
v ớ i mọi x ∈ [−1; 1].
Giải. Xét G(x) = (m + 1)x
2
+ 2x + 3.
- Xét trường hợp m + 1 = 0 hay m = −1, thì G(x) ≥ 0 ⇔ x ≥
−3
2
, do đó
G(x) ≥ 0, ∀x ∈ [−1; 1] .
- Xét trường hợp m + 1 > 0 hay m > −1.
Để G(x) ≥ 0, ∀x ∈ [−1; 1] thì
+) hoặc ∆

 0 ⇔ 1 − 3(m + 1)  0 ⇔ m ≥

−2
3
.
+) hoặc G(x) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn 1 ≤ x
1
< x
2
hoặc x
1
< x
2
≤
−1, tức là









∆

> 0










S
2
> 1
G(1)  0



S
2
< −1
G(−1)  0
⇔









1 − 3(m + 1) > 0










−1
m + 1
> 1
m + 6  0



−1
m + 1
< −1
m + 2  0
⇔ −2  m < −
2
3
.
Kết hợp v ớ i m > −1, suy ra −1 < m < −
2
3
.
- Xét trường hợp m + 1 < 0 ⇔ m < −1.
Để G(x) ≥ 0, ∀x ∈ [−1; 1] thì G(x) có hai nghiệm phân biệt x

1
, x
2
thỏa mãn điều
kiện x
1
≤ −1 < 1 ≤ x
2
, tức là

G(1)  0
G(−1)  0
⇔

m + 6  0
m + 2  0
⇔m  −2. Kết hợp
v ớ i điều kiện m < −1, suy ra −2 ≤ m < −1.
V ậ y k ế t hợp cả 3 trường hợp ta được m ∈ [−2; +∞) .
V ớ i bài toán này nếu sử dụng k ế t quả của Bài toán 9 thì ta có lời giải ngắn gọn
như sau:
T a có G(x) ≥ 0, ∀x ∈ [−1; 1] khi v à c h ỉ khi





G(1)  0
G(−1)  0
G(0) 


G(1) −

G(−1)
2

2
⇔





m + 6  0
m + 2  0
√
m + 6 −
√
m + 2)
2
3 
(
4
⇔ m  −2.
V ậ y m ∈ [−2; +∞) .