Một số ứng dụng của đồng nhất thức Lagrange (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ THỊ KHẢI VÂN

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA
ĐỒNG NHẤT THỨC LAGRANGE

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. NGUYỄN VĂN NGỌC

THÁI NGUYÊN-2019


Mục lục
Trang

Mở đầu

1

Chương 1
1.1

1.2

1.3

Các đồng nhất thức Lagrange

4

Đồng nhất thức Lagrange kinh điển . . . . . . . . . . . .

4

1.1.1

Trường hợp số thực . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2

Trường hợp số phức . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Đồng nhất thức dạng Lagrange tổng quát . . . . . . . .

7

1.2.1

Dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.2

Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.3

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Một số đồng nhất thức dạng đa thức . . . . . . . . . . . 10
1.3.1

Phát biểu hệ thức Huygens-Leibniz và hệ thức
Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.2

Chứng minh các đồng nhất thức HLe và La . . . 11

1.3.3

Ý nghĩa của các đồng nhất thức Hle và La . . . . 12

1.3.4

Một dạng vô hướng-vectơ của đồng nhất thức

Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.5

Chương 2

Bình phương tối thiểu có trọng số . . . . . . . . . 13

Một số ứng dụng của đồng nhất thức Lagrange

15
2.1

Một số đẳng thức và bất đẳng thức đại số đơn giản . . . 15

2.2

Một số bất đẳng thức đối với các dãy số . . . . . . . . . 19
2.2.1

Ứng dụng các bất đẳng thức kinh điển . . . . . . 19


iii

2.2.2

Ứng dụng đồng nhất thức Lagrange tổng quát . . 23

2.3

Một số bài toán trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . 25

2.4

Tích véc tơ và tích hỗn tạp trong không gian R3 . . . . . 30
2.4.1

Chuẩn và tích vô hướng của các véc tơ trong
không gian R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.4.2

Khái niệm về tích véc tơ . . . . . . . . . . . . . . 32

2.4.3

Quy tắc bàn tay phải . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.4.4

Tính chất đại số của tích véc tơ . . . . . . . . . . 33

2.4.5

Tích bộ ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.4.6

Các bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . 35

Kết luận

39

Tài liệu tham khảo

40


Mở đầu
Mục đích của luận văn này là trình bày một số hệ quả và ứng dụng
của đồng nhất thức
n

n
2

|ai |
i=1

n
2

|bi |
i=1

=

2

(ai bj − aj bi )2

ai b i +
i=1

(1)

1≤i
trong đó ai , bi là các số thực hoặc phức.
Đồng nhất thức (1) trong nhiều tài liệu Toán học được mang tên
nhà toán học người Pháp, Joseph Louis Lagrange (1736-1813). Trong
chương trình đại số ở bậc THCS, chúng ta đã biết đẳng thức
(a21 + a22 )(b21 + b22 ) = (a1 b1 + a2 b2 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2 ,

(2)

là trường hợp đặc biệt của đồng nhất thức (1), với n = 2 và a1 , a2 , b1 , b2
là các số thực tùy ý. Hệ thức này đã được nhà toán học cổ Hy lạp
Diophantus đưa ra từ rất lâu, vào khoảng những năm 50 sau Công
Nguyên(A.D).
Năm 1773, khi nghiên cứu về hình chóp Lagrange đã tìm ra đồng
nhất thức (1) với n=3.
Một hệ quả quan trọng của đồng nhất thức (1) là bất đẳng thức nổi
tiếng Cauchy-Schwarz:
n

n
2

|ai |
i=1

n
2

|bi |
i=1

≥

2

ai b i

(3)

i=1

Cùng với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, luận văn này sẽ giới thiệu
một số bất đẳng thức quan trọng khác phục vụ cho công việc giảng
dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi (HSG).


2

Gần đây đã nhận được một số đồng nhất thức đại số là những mở
rộng của đồng nhất thức Lagrange cổ điển. Trong luận văn này cũng
trình bày một đồng nhất thức dạng Lagrange tổng quát.

Vào năm 1773 [4] Lagrange đưa ra tích véc tơ (cross product) trong
không gian R3 và cho một trong những ứng dụng quan trọng của đồng
nhất thức Lagrange là tích véc tơ của các véc tơ. Trong không gian R3 ,
với hai véc tơ a = (a1 , a2 , a3 ), b = (b1 , b2 , b3 ) tích véc tơ của véc tơ a
với véc tơ b được ký hiệu là a × b là véc tơ được xác định bởi
a × b = (a2 b3 − a3 b2 , a3 b1 − a1 b3 , a1 b2 − a2 b1 ).

(4)

Độ dài của các véc tơ trong không gian R3 được xác định theo công
thức
n

|ai |2

||a|| =

(5)

i=1

Tích vô hướng của các véc tơ a, b được xác định theo công thức
n

a•b=

ai b i .

(6)

i=1

Như vậy, đồng nhất thức (1) có thể được viết lại ở dạng
||a||2 ||b||2 = |a • b|2 + ||a × b||2 .

(7)

Luận văn sẽ trình bày một số hệ quả của đồng nhất thức Lagrange
để chứng minh các bất đẳng thức và áp dụng của đồng nhất thức
Lagrange trong tích véc tơ của các véc tơ.
Luận văn gồm hai chương.
Chương 1: Đồng nhất thức Lagrange, trình bày các đồng nhất thức
Lagrange kinh điển dạng thực và dạng phức, đồng nhất thức Lagrange
tổng quát và hệ quả và một số đồng nhất thức đạng đa thức.
Chương 2: Trình bày áp dụng của hệ thức Lagrange chứng minh một
số đẳng thức đại số và hình học, trình bày một số bất đẳng thức được
suy ra từ các hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz. Xét


3

một số tính chất quan trọng của tích véc tơ đối với các véc tơ trong
không gian R3 .
Trong suốt quá trình học tập và làm luận văn, bên cạnh sự nỗ lực
học tập, nghiên cứu và niềm đam mê Toán học của bản thân em là sự
hướng dẫn tận tình của TS.NCVC.Nguyễn Văn Ngọc, Trường Đại học
Thăng Long. Em xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến Thầy.
Em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến Ban giám
hiệu, phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin trường Đại học khoa học, Đại
học Thái Nguyên, các thầy, các cô giảng dạy lớp cao học toán K10B2

đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện thuận lợi trong suốt quá trình em
học tập tại trường cũng như quá trình làm luận văn.
Em xin cảm ơn các thầy, cô trong Ban giám hiệu, các đồng nghiệp
trong Tổ Toán trường Trung học Cơ sở Lê Lợi, quận Hải An thành phố
Hải Phòng nơi mà em đang công tác đã luôn tạo điều kiện giúp đỡ và
động viên. Xin cảm ơn bạn bè và các học viên trong lớp cao học toán
K10B2 đã luôn quan tâm, động viên, giúp đỡ em trong suốt thời gian
học tập và quá trình làm luận văn.
Sự quan tâm, động viên và khích lệ của gia đình cũng là nguồn động
viên lớn để em hoàn thành khóa luận này.
Tuy bản thân em có đã nhiều cố gắng, song thời gian và năng lực
của bản thân có hạn nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót.
Rất mong nhận được sự quan tâm, góp ý của quý thầy cô cùng toàn
thể bạn đọc.
Em xin trân trọng cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2019
Học viên

Vũ Thị Khải Vân


Chương 1
Các đồng nhất thức Lagrange
Chương này trình bày các đồng nhất thức Lagrange từ kinh điển
đến tổng quát. Nội dung của chương này chủ yếu được hình thành từ
các tài liệu [1], [4], [5] và [7].

1.1

Đồng nhất thức Lagrange kinh điển

1.1.1

Trường hợp số thực

Định lý 1.1.1. (Đồng nhất thức Lagrange kinh điển).
Giả sử ak , bk , k = 1, 2, ..., n là các số thực bất kỳ. Khi đó có đồng nhất
thức
n

n

a2k

n

b2k

k=1

−

k=1

n−1

2

ak bk

1
(ai bj −aj bi ) =
2
j=i+1

n

(ai bj −aj bi )2 .

2

=
i=1

k=1

n

n

i=1 j=1

(1.1)
Chứng minh. Ta có
n

n

a2k

n

b2k

k=1
n

k=1

k=1
n−1 n

=

n

a2i b2j ,

+

i=1 j=i+1
n−1

(1.2)

j=1 i=j+1

n

ai b i aj b j ,

(1.3)

i=1 j=i+1

k=1

n−1

n

2

n−1

a2i b2j

(ai bj − aj bi ) =
i=1 j=i+1

n−1

a2i b2j

a2k b2k + 2

=

n

+

k=1
n

2

ak b k

n−1

a2k b2k

i=1 j=i+1

n

n−1

a2i b2j

+

n

−2

j=1 i=j+1

ai bi aj bj .

i=1 j=i+1

(1.4)
Từ (1.2)-(1.4) suy ra (1.1). Định lý được chứng minh.


5

Hệ quả 1.1.2. (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz).
Từ (1.1) suy ra bất đẳng thức
n

2

ak bk

n

n

b2k .

a2k

≤

k=1

k=1

k=1

(1.5)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ai
aj
= , i, j = 1, 2, ..., n.
bi
bj
Nhận xét 1.1.3. Trong không gian Rn xét các véc tơ a = (a1 , a2 , ..., an ),
b = (b1 , b2 , ..., bn ). Khi đó chúng ta có thể định nghĩa góc θ ∈ [0, π] giữa
các véc tơ trên theo các công thức
n
i=1 ai bi
,
n
n
2
2
a
b
i=1 i
i=1 i

cos θ =

1≤i=j≤n (ai bj

sin θ =

n
2
i=1 ai

− aj bi )2
n
2
i=1 bi

Định lý 1.1.4. (Đồng nhất thức Lagrange mở rộng).
Với n bộ số thực (a1 , b1 , u1 , v1 ), (a1 , b1 , u1 , v1 ),
. . . , (an , bn , un , vn ), có đồng nhất thức
n

n

n

n

bj vj −

aj uj
j=1

j=1

n

aj b j

(aj vk −ak vj )(bk uj −bj uk ).

uj vj =

j=1

j=1

1≤j
(1.6)
Chứng minh. Ta có
n

n

n

bj vj −

aj uj
j=1

aj bj

j=1
n

=

j=1
n

uj vj
j=1
n

n

bk vk −

aj uj
j=1
n

n

aj bj
j=1

k=1
n

=

j=1

j,k=1;j=k

n

n

aj bj uk vk +
j,k=1;j=k

n

aj bk uj vk −

=

k=1
n

aj bj uj vj −

aj bk uj vk +
j,k=1;j=k
n

uk vk

aj bj uk vk
j,k=1;j=k

(aj bk uj vk − aj bj uk vk + ak bj uk vj − ak bk uj vj )

=

1≤j
aj bj uj vj
j=1


6
n

(aj vk − ak vj )(bk uj − bj uk ).

=
1≤j
Định lý được chứng minh.
Nhận xét 1.1.5. Với uj = aj và vj = bj , thì (1.6) có dạng
n

n

n

a2j

b2j

j=1

n

2

−

aj b j

j=1

(aj bk − ak bj )2 .

=

j=1

(1.7)

1≤j
chính là đồng nhất thức Lagrange (1.1).
1.1.2

Trường hợp số phức

Định lý 1.1.6. (Đồng nhất thức Lagrange). Cho các số phức ai , bi , i =
1, 2 · · · , n. Khi đó có đồng nhất thức
n

n
2

n
2

|ai |

|bi |

i=1

2

−

ai b i

i=1

|ai bj − aj bi |2 .

=

i=1

(1.8)

1≤i
Chứng minh. Ta có
n

n

2

ai bi

=

i=1

aj b j =

ai bi
i=1
n

i=1
n

ai aj b i b j
i,j=1

j=1

|ai bi |2 +

=
=

n

n

(ai aj bi bj + aj ai bj bi )
1≤in

2

|ai bi | +
i=1
n

i=j

n

|ai bj |2 −
i=j
n

|ai |2
i=1
n

i=1

|ai bj |2 −
i=j

|bj |2 −
j=1
n

|ai |2

=

(ai aj bi bj + aj ai bj bi )
1≤i
(|ai bj |2 + |aj bi |2 − ai aj bi bj − aj ai bj bi )
1≤i
|bj |2 −
j=1

(ai aj bi bj + aj ai bj bi )
1≤i
i=j
n

i=1
n

=

|ai bj |2 +

|ai bj | −

|ai bi |2 +

=

n
2

|ai bj − aj bi |2 .
1≤i
Từ (1.9) suy ra (1.8). Định lý được chứng minh.

(1.9)


7

1.2

Đồng nhất thức dạng Lagrange tổng quát

1.2.1

Dạng tổng quát

Giả sử a1 , a2 , . . . , as và b1 , b2 , . . . , bs là 2s số thực và
m

(−1)k Ckm

am+1−k bk

ak bm+1−k ,

ak bm+1−k là ký hiệu thu gọn của

s
k m+1−k
,
i=1 a b

Mm :=
k=0

trong đó

Ckm =

ngoài ra

m!
.
k!(m − k)!

Ta có kết quả sau
Định lý 1.2.1.
− aj bi )2r ,
2r

i
khi m = 2r − 1;
khi m = 2r.

i
Mm =

Đồng nhất thức trên được gọi là Đồng nhất thức Lagrange tổng quát
(dạng 2).
Chứng minh. Ta có
Mm :=

am+1

bm+1 −C1m

am b

m
abm +. . .+(−1)m Cm

abm

am b.

1) Với m = 2r − 1
r−1

M2r−1 :=

a

2r

(−1)k Ck2r−1

2r

b +

a2r−k bk

ak b2r−k

k=1
r

+ (−1)

Ck2r−1

r r

2r−1

2

ab

(−1)k Ck2r−1

+

a2r−k bk

ak b2r−k

k=r+1
r−1

=

a2r

b2r +

(−1)k Ck2r−1

a2r−k bk

ak b2r−k

k=1
r

+ (−1)

Ck2r−1

r r

ab

r−1

2

2r−1
(−1)l C2r−l

+

a2r−l bl

al b2r−l

l=1
r−1

=

a2r

b2r +

2r−1
(−1)k (Ck2r−1 + C2r−k
)

k=1

a2r−k bk

ak b2r−k


8

+ (−1)k Cr2r−1

2

ar br
r−1

=

a

2r

(−1)k Ck2r

2r

b +

a2r−k bk

ak b2r−k )

k=1

1
+ (−1)k Ck2r (
2

ar br )2

r−1

1
(−1)k Ck2r (ai bj )2r−k (aj bi )k + (−1)r Ck2r (ai bj )r (aj bi )r .
2
k=0

=
i,j

Bởi sự hoán vị của các chỉ số i và j, ta có
r−1

r−1

Ck2r (ai bj )2r−k (−aj bi )k

Mm :=
i

Ck2r (aj bi )2r−k (−ai bj )k

+
k=0

k=0

1 2r
Ck (ai bj )r (−aj bi )r + Ck2r (ai bj )r (−aj bi )r
2
r−1
1
Ck2r (ai bj )2r−k (−aj bi )k + Ck2r (ai bj i)r (−aj bi )r
=
2
ik=0

+

2r

Cl2r (ai bj )l (−ai bj )2r−1

+
l=r+1

(ai bj − aj bi )2r .

=

i
2) Với m = 2r:
r−1

M2r :=

a

2r+1

2r+1

b

(−1)k Ck2r (

+

a2r−k+1 bk )(

ak b2r−k+1 )

k=1
2r

(−1)k Ck2r−1 (

+

a2r−k+1 bk )(

ak b2r−k+1 )

k=r+1
r−1

=

a

2r+1

b

2r+1

(−1)k Ck2r (

+

a2r−k+1 bk )(

ak b2r−k+1 )

k=1
r
2r
(−1)l+1 C2r−l+1
(

+

a2r−l+1 bl )(

al b2r−l+1 )

l=1

a2r+1

=

b2r+1

r
2r
(−1)k (Ck2r + C2r−k+1
)(

+
k=1

a2r−k+1 bk )(

ak b2r−k+1 ) .


9

Chú ý rằng
2r
Ck2r + C2r−k+1
=

2(r − k) + 1
· Ck2r+1 .
2r + 1

Do đó, ta có
r

(−1)k

M2r :=
k=0

2(r − k) + 1
· Ck2r+1 (
2r + 1

r

(−1)k

=
i,j

k=0

a2r−k+1 bk )(

ak b2r−k+1 )

2(r − k) + 1 2r+1
Ck (ai bj )2r−k+1 (aj bi )k .
2r + 1

Bởi sự hoán vị của các chỉ số i và j, ta có
2r+1

Mm :=
i
k=0
2r+1

=
i
k=0
2r+1

2(r − k) + 1 2r+1 2r−k+1 k
Ck p
q
2r + 1

2(r − k) + 1 2r+1 2r−k+1 k
2

Ck p
q −
2r + 1
r+1
Ck2r+1 p2r−k+1 q k

=
i
k=0

2(2r + 1)
−
r+1

2r+1

kCk2r+1 p2r−k+1 q k
k=1

2r+1

kCk2r+1 p2r−k+1 q k
k=1

2r
2r+1

=

(p + q)

kCl2r p2r−l q l+1

−2

i
l=1

(p + q)2r+1 − 2q(p + q)2r ] =

=
i
(ai bj − aj bi )2r (ai bj − aj bi ).
i
Định lý được chứng minh.
1.2.2

Hệ quả

Với m = 1, 2, 3, 4, . . ., ta thu được các đồng nhất thức cụ thể như
sau
•

a2i

b2i −

2

ai bi

(ai bj − aj bi )2

=: M1 =
i
(đồng nhất thức Lagrange).
•

a3i

b3i −

a2i bi

ai b2i =: M2 =

(ai bj − aj bi )2 (ai bj + aj bi ).
i
•

a4i

b4i − 4

a3i bi

ai b3i + 3

a2i b2i

2


10

(ai bj − aj bi )4 .

=: M3 =
i
a5i

•

b5i − 3

a4i bi

ai b4i + 2

a3i b2i

a2i b3i

(ai bj − aj bi )4 (ai bj + aj bi ).

=: M4 =
i
1.2.3

Tính chất

i) Mm ≥ 0, với m = 2r − 1, r nguyên dương.
ii) Mm ≥ 0, ∀ai ≥ 0, bi ≥ 0.

1.3

Một số đồng nhất thức dạng đa thức

1.3.1

Phát biểu hệ thức Huygens-Leibniz và hệ thức Lagrange

Ký hiệu RN là không gian Euclid N chiều. Chuẩn và tích vô hướng
của các véc tơ trong RN tương ứng được ký hiệu ||.|| và ., . . Chuẩn
và tích vô hướng liên hệ với nhau bởi công thức:
||x||2 = x, x .
Định lý 1.3.1. Giả sử x, x1 , x2 , ..., xn là các véc tơ của không gian
Euclid RN nào đó, và giả sử m1 , m2 , ..., mn là các số thực, thỏa mãn
điều kiện

n

M=

mk ,

M = 0.

(1.10)

k=1

Khi đó có các đồng nhất thức sau đây
n

1
mk ||x − xk || = M x −
M
k=1

n

2

n

mk xk

2

+

k=1

mk
k=1

1
xk −
M

n
2

mj xj
j=1

(1.11)
n

mk ||x − xk ||2 = M x −
k=1

1
M

n

mk xk
k=1

2

+

1
M

n

mi mj ||xi − xj
1≤i
(1.12)
Hệ thức (1.11) đươc gọi là hệ thức Huygens-Leibniz(HLe), còn hệ
thức (1.12) được gọi là đồng nhất thức Lagrange (La).

2

.

,


11

1.3.2

Chứng minh các đồng nhất thức HLe và La

• Trước hết chứng ta chứng minh đồng nhất thức (1.11). Đặt
1

z=
M

n

mk xk , x∗ = x − z, x∗k = xk − z.
k=1

Khi đó hệ thức (1.11) được viết lại như sau
n

n
∗

mk ||x −

x∗k ||2

∗ 2

=M x

mk x∗k

+

2

.

(1.13)

k=1

k=1

Nhận xét rằng

n

mk x∗k = 0.
k=1

Thật vậy, ta có
n

n

mk x∗k

mk (xk − z) =

=

k=1

n

k=1

mk xk − z
k=1

n

n

mk xk −

k=1

mk
k=1

n

mk xk − zM =

=

n

mk xk = 0.

k=1

k=1

Ta có
n

n
∗

mk ||x −

x∗k ||2

mk < x∗ − x∗k , x∗ − x∗k >

=

k=1

k=1
n

n
∗

∗

∗

mk < x , x > −2 x ,

=
k=1

n

mk x∗k
k=1

mk < x∗k , x∗k >

+
k=1

n

= M ||x∗ ||2 +

mk ||x∗k ||2 .
k=1

Hệ thức (1.13) được chứng minh.
• Hệ thức (1.12) tương đương với
n

mi mj ||x∗i
1≤i
−

x∗j ||2

mk ||x∗ − x∗k ||2 − M 2 ||x∗ ||2 .

=M

i=1

(1.14)


12

Ta có
n

mi mj ||x∗i
1≤i
−

x∗j ||2

1
mi mj < x∗i − x∗j , x∗i − x∗j >
=
2 i,j=1
n

1
=
mi mj < x∗i , x∗i > −2 < x∗i , x∗j > + < x∗j , x∗j >
2 i,j=1
n

=

n

mj
j=1
n

n

mi <

x∗i , x∗i

i=1

mj x∗j
i=j

n

mk x∗k = 0)

mk ||x∗k ||2 (vì

=M

>−

i=1

n

mi x∗i ,

i=1
n

k=1

mk ||x∗ − x∗k ||2 − M 2 ||x∗ ||2 .

=M
i=1

Hệ thức (1.14) được chứng minh, và do đó hệ thức (1.12) được chứng
minh.

1.3.3

Ý nghĩa của các đồng nhất thức Hle và La

Năm 1783, trong khi phác thảo thuật toán tìm tâm tỷ cự (barycenter), Lagrange đã tìm ra đồng nhất thức La (1.12) (theo [4]). Trong khi
đó, theo ngôn ngữ của vận chuyển khối lượng thì đồng nhất thức Hle
nói rằng chi phí vận chuyển các khối lượng đặt tại các điểm x1 , x2 , ..., xn
đến điểm x bằng chi phí vận chuyển tổng thể khối lượng của hệ thống
từ tâm tỷ cự đến x cộng thêm chi phí vận chuyển tất cả các khối lượng
đặt tại x1 , x2 , ..., xn đến tâm tỷ cự.
Trong khi đó, đồng nhất thức La khẳng định rằng chi phí vận chuyển
bằng chi phí vận chuyển của khối lượng tổng thể của hệ thống từ tâm
tỷ cự đến điểm x cộng thêm chi phí bổ sung

1
M

mi mj ||x − xj ||2 .
1≤i

13

1.3.4

Một dạng vô hướng-vectơ của đồng nhất thức Lagrange

Định lý 1.3.2. Cho hai số thực khác không (p1 , p2 , ..., pn ) và (a1 , a2 , ..., an ),
sao cho

n

pk a2k = 0.
k=1

Khi đó
n

n

n
2

pk a2k

k=1

pk ||yk ||

2

−

p k ak y k

k=1

pi pj ||aj yi − ai yj ||2

=
1≤i
k=1

(1.15)
đối với mọi véc tơ (y1 , y2 , ..., yn ) ∈ Rn .
Chứng minh. Trong hệ thức (1.12) lấy
x = 0, mk = pk a2k , xk = yk /ak
với ak = 0(k = 1, 2, ..., n), chúng ta nhận được hệ thức (1.15).
Từ hệ thức (1.15) suy ra
Hệ quả 1.3.3. Nếu pk > 0, (k = 1, 2, ..., n) thì
n

2

p k ak y k
k=1

n

n

pk a2k

≤
k=1

pk ||yk ||2 .

(1.16)

k=1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi aj yi = ai yj , ∀i, j ∈ {1, 2, ..., n}.
Bất đẳng thức (1.16) rõ ràng là sự mở rộng bất đẳng thức CauchyShwarz- Bunyacopskii thông thường.
1.3.5

Bình phương tối thiểu có trọng số

Giả sử có một số cọc cát đặt tại các điểm x1 , x2 , ..., xn trong R2 .
Chúng ta cần tìm điểm x, sao cho chuyển cát đến đó có chi phí nhỏ
nhất. Giả sử rằng giá vận chuyển của một đơn vị khối lượng tỉ lệ với
bình phương khoảng cách. Hệ thức sau đây có tên gọi là bình phương
tối thiểu có trọng số.

14

Định lý 1.3.4. [4]. Cho các điểm x1 , x2 , ..., xn trong RN và các trọng
số thực m1 , m2 , ..., mn R với
n

mk > 0.

M=
k=1

Khi đó
n

mk ||x − xk ||2 =

min
N
xR

k=1

1
M

mi mj ||xi − xj ||2 .

(1.17)

i
Cực tiểu đặt được tại điểm
1
xG =
M

n

mj xj .
j=1

Như vậy chúng ta có đồng nhất thức
n

mk
k=1

1
M

n

mj xj − xk
j=1

2

=

1
M

mi mj ||xi − xj ||2 .
i
(1.18)


Chương 2
Một số ứng dụng của đồng nhất
thức Lagrange
Chương này trình bày một số ứng dụng của các đồng nhất thức
Lagrange chứng minh các đẳng thức và bất đẳng thức đại số, hình học,
tích véc tơ và tích hỗn tạp. Nội dung của chương này chủ yếu được
hình thành từ các tài liệu [1], [2], [3] và [6].

2.1

Một số đẳng thức và bất đẳng thức đại số đơn
giản

Bài toán 2.1.1. Cho các số thực a1 , a2 , · · · , an thỏa mãn hệ thức
n(a21 + a22 + · · · + a2n ) = (a1 + a2 + · · · + an )2 .

(2.1)

Chứng minh rằng khi đó
a1 = a2 = · · · = an .
Lời giải. Đồng nhất thức Lagrange đối với các bộ số (a1 , a2 , · · · , an ), (1, 1, · · · , 1),

ta có
n

n(a21

+

a22

+ ··· +

a2n )

2

= (a1 + a2 + · · · + an ) +

(ai − aj )2 . (2.2)
i=j=1

Vì có (2.1.1), nên từ (2.2) suy ra
n

(ai − aj )2 = 0,
i=j=1

hay, a1 = a2 = ... = an và ta có điều phải chứng minh.


16

Bài toán 2.1.2. Chứng minh rằng, nếu các số thực a, b, c thỏa mãn
đẳng thức
(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 = (b+c−2a)2 +(c+a−2b)2 +(a+b−2c)2 (2.3)
thì a = b = c.
Lời giải. Đồng nhất thức (2.2) đối với các bộ số thực (a1 , a2 , a3 ) có
dạng
3(a21 +a22 +a23 ) = (a1 +a2 +a3 )2 +(a1 −a2 )2 +(a2 −a3 )2 +(a3 −a1 )2 (2.4)
Trong (2.4), nếu thay a1 bởi a − b, a2 bởi b − c, a3 bởi c − a, thì
a1 + a2 + a3 = (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0.
Do đó, ta có đồng nhất thức
3[(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 ] = (a−2b+c)2 +(b−2c+a)2 +(c−2a+b2 )2 .
Từ đồng nhất thức trên, vì
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + a)2 + (c − 2a + b)2 ,
nên
3[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ,
hay
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0.
Do đó a = b = c.
Bài toán 2.1.3. Chứng minh đồng nhất thức
(a+b+c+d)2 +(a+b−c−d)2 +(a−b+c−d)2 +(a−b−c+d)2 = 4(a2 +b2 +c2 +d2 ),
Lời giải. Đồng nhất thức Lagrange đối với các bộ số thực (a1 , a2 ), (1, 1)
có dạng
(a1 + a2 )2 + (a1 − a2 )2 = 2(a21 + a22 ).

a, b, c,


17

Trong đồng nhất thức trên, thay a1 bởi a + b và a2 bởi c + d, ta được
(a + b + c + d)2 + (a + b − c − d)2 = 2[(a + b)2 + (c + d)2 ].
Tiếp theo, thay a1 bởi a − b và a2 bởi c − d, ta được
(a − b + c − d)2 + (a − b − c + d)2 = 2[(a − b)2 + (c − d)2 ]
Cộng hai đẳng thức trên theo vế, ta có
(a + b + c + d)2 + (a + b − c − d)2 + (a − b + c − d)2 + (a − b − c + d)2
= 2[(a + b)2 + (a − b)2 + (c + d)2 + (c − d)2 ]
= 2[2(a2 + b2 ) + 2(c2 + d2 )] = 4(a2 + b2 + c2 + d2 ).
Bài toán 2.1.4. Giả sử α, β, ak , bk , k = 1, 2, ..., n là các số dương thỏa
mãn điều kiện
α≤

ak
≤ β, k = 1, 2, ..., n.
bk

Khi đó ta có bất đẳng thức

(a21 +a22 +...+a2n )+αβ·(b21 +b22 +...+b2n ) ≤ (α+β)· (a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n
(2.5)
Lời giải. Ta có
ak
−α
bk

β−

ak
≥ 0.
bk

Suy ra
(ak − α · bk )(β · bk − ak ) ≥ 0,
hay
a2k + αβ · b2k ≤ (α + β) · ak bk , k = 1, 2, ..., n.
Lấy tổng theo k các vế của bất đẳng thức trên đây từ 1 đến n, ta được
(a21 +a22 +...+a2n )+αβ·(b21 +b22 +...+b2n ) ≤ (α+β)·(a1 b1 +a2 b2 +...+an bn ).
(2.6)
Ngoài ra, theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a1 b1 +a2 b2 +...+an bn ≤

(a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n ). (2.7)

Từ các bất đẳng thức (2.6) và (2.7) suy ra bất đẳng thức(2.5).


18

Bài toán 2.1.5. Cho các số thực ai , bi , i = 1, 2, . . . , n. Ký hiệu
n

Sn =

2

ai bi

n

n

a2i

−

i=1

i=1

b2i .
i=1

Chứng minh rằng
Sn ≤ Sn−1 ≤ · · · ≤ S1 = 0.
Lời giải. Theo định nghĩa của Sn và đồng nhất thức Lagrange, ta có
(ai bj − aj bi )2 .

Sn = −
1≤i
Từ đó ta thấy Sk ≤ 0 với mọi k = 1, 2, . . . , n. Mặt khác, ta thấy
1
Sn = −
(ai bj − aj bi ) = −
2
1≤i
n

n

(ai bj − aj bi )2

2

1
=−
2
1
=−
2
1
=−
2

n

i=1 j=1

n−1

(ai bj − aj bi )2 + (ai bn − an bi )2
i=1

j=1

n−1

n−1

n−1
2

2

(ai bj − aj bi ) + (ai bn − an bi )
i=1

j=1

j=1

n−1 n−1

1
(ai bj − aj bi ) −
2
j=1

n−1

2

i=1

1
= Sn−1 −
2

(an bj − aj bn )2 + 0

+

n−1

n−1
2

(an bj − aj bn )2

(ai bn − an bi ) +
i=1

j=1

n−1
2

(an bj − aj bn )2

(ai bn − an bi ) +
i=1

j=1

≤ Sn−1 .
Tương tự, ta cũng có Sn−1 ≤ Sn−2 ≤ · · · ≤ S1 ≤ 0. Cho nên
Sn ≤ Sn−1 ≤ · · · ≤ S1 = 0.
Bài toán 2.1.6. Cho hai dãy số thực (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ).
Đặt

n

n

n

a2i b2j

Qn =
i=1 j=1

Chứng minh rằng Qn ≥ 0.

n

−

ai bi aj bj .
i=1 j=1


19

Lời giải. Viết lại Qn ở dạng
1
Qn =
2

n

n

a2i b2j

− 2ai bj aj bi +

a2j b2i

i=1 j=1

1
=
2

n

n

(ai bj − aj bi )2 .
i=1 j=1

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

2.2
2.2.1

Một số bất đẳng thức đối với các dãy số
Ứng dụng các bất đẳng thức kinh điển

Mục này trình bày một số bất đẳng thức nhận được từ việc sử dụng
các bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đối với
n = 2 là hệ quả của đồng nhất thức Laggrange.
Bây giờ, với a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ), c = (c1 , . . . , cn ) ,
d = (d1 , . . . , dn ) là các bộ số thực và p = (p1 , . . . , pn ) , q = (q1 , . . . , qn )
là hai bộ số thực không âm. Từ bất đẳng thức hiển nhiên a2i b2j + c2i d2j ≥
2ai ci bj dj với mọi i, j ∈ {1, . . . , n}, suy ra
pi qj a2i b2j + pi qj c2i d2j ≥ 2pi qj ai ci bj dj ,
với mọi i, j ∈ {1, . . . , n}.
Thực hiện phép lấy tổng tất cả các bất đẳng thức trên, ta thu được
Định lý 2.2.1. Giả sử a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ), c = (c1 , . . . , cn ),
d = (d1 , . . . , dn ) là các bộ số thực và p = (p1 , . . . , pn ) , q = (q1 , . . . , qn )
là hai bộ số thực không âm. Thế thì, ta có
n

n

pj a2j
j=1

n

qj b2j
j=1

n

pj c2j

+

j=1

n

qj d2j
j=1

≥2

n

pj aj cj
j=1

qj bj dj .
j=1

(2.8)
Nếu p và q là các bộ số thực dương thì đẳng thức xả ra khi và chỉ khi
ai bj = ci dj với mọi i, j ∈ {1, . . . , n}.


20

Hệ quả 2.2.2. Nếu a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ), c = (c1 , . . . , cn ),
d = (d1 , . . . , dn ) là các bộ số thực không âm, thì ta có
n

1
2

n

n

a3j cj

b3j dj

j=1

n

n

c3j aj

+

j=1

d3j bj

j=1

n

a2j c2j

≥

j=1

b2j d2j ;

j=1

j=1

(2.9)
n

1
2

n

n

a2j bj dj

n

b2j aj cj +

j=1

j=1

n

c2j bj dj

d2j aj cj

j=1

a2j b2j c2j d2j .

≥

j=1

j=1

(2.10)
Chứng minh. Công thức (2.9) và (2.10) nhận được từ công thức (2.8)
tương ứng cho pj = aj cj , qj = bj dj và pj = bj dj , qj = aj cj .

Hệ quả 2.2.3. Nếu a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) là các bộ số thực
không âm và c = (c1 , . . . , cn ) , d = (d1 , . . . , dn ) là các bộ số thực dương,
thì ta có
n

1
2

j=1

n

a3j
cj

j=1

n

b3j
+
dj

n

n

aj c j
j=1

bj dj

n

a2j

≥

j=1

b2j .

j=1

j=1

(2.11)
n

1
2

j=1

a2j bj
dj

n

j=1

b2j aj
+
cj

n

n

bj cj

n

≥

aj dj

j=1

2

j=1

aj b j
j=1

(2.12)
Chứng minh. Công thức (2.11) và (2.12) nhận được từ công thức (2.8)
a2j
b2j
và pj = bj dj , qj = aj cj .
tương ứng cho pj = , qj =
cj
dj
Hệ quả 2.2.4. Nếu a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) là các bộ số thực
dương, thì ta có
1
2

n

j=1

a3j
bj

n

j=1

b3j
−
aj

n

2

aj bj
j=1

n

n

a2j

≥
j=1

n

b2j
j=1

−

2

aj bj

≥ 0.

j=1

(2.13)

2


21

Chứng minh. Công thức (2.13) nhận được tư công thức (2.11) bằng
cách thay cj = bj và dj = aj .

Với phương pháp tương tự như trên, ta có kết quả sau
Định lý 2.2.5. Giả sử a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) là các bộ số
thực và c = (c1 , . . . , cn ) , d = (d1 , . . . , dn ) là các bộ số thực không âm.
Thế thì, ta có
n

n

n

ci a2i

dj
j=1

n

+

ci

i=1

n

dj b2j

j=1

n

≥2

c i ai

j=1

j=1

dj bj .
j=1

(2.14)
Nếu c và d là các bộ số thực dương thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a = b = k, trong dó k = (k, . . . , k).
Chứng minh. Với các số thực ai , bj , ci , dj bất kỳ ta có bất đẳng thức
dj ci a2i + ci b2j dj ≥ 2ai bj ci dj .
Lấy tổng theo i từ 1 đến n và sau đó lấy tổng theo j từ 1 đến n, ta được
bất đẳng thức (2.11).
Hệ quả 2.2.6. Nếu a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) là các bộ số thực
không âm, thì ta có
1
2

n

n

a3j
j=1

n

n

bj +

j=1

n

b3j

aj +
j=1

≥

j=1

n

a2j
j=1

b2j .
j=1

(2.15)
1
2

n

n

aj

j=1

n

a2j bj
j=1

+

n

bj
j=1

n

b2j aj
j=1

≥

2

aj bj

. (2.16)

j=1

Chứng minh. Bất đẳng thức (2.15) và (2.2.6) nhận được từ bất đẳng

thức (2.14) bằng cách tương ứng cho cj = aj , dj = bj và dj = aj , cj = bj .


22

Hệ quả 2.2.7. Nếu a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) là các bộ số thực
dương, thì ta có
n
n

j=1

a2j + b2j
≥
2aj bj

j=1

n

j=1
n

n

aj
j=1

j=1
n

n
j=1

1
+
bj

a2j + b2j
≥
2a2j b2j

n

1
aj

n

j=1

n

j=1

.

1
aj bj

1
aj

j=1

1
bj

1
aj

(2.17)

n

bj ≥ 2n2 .

(2.18)

j=1
n

j=1

1
.
bj

(2.19)

Chứng minh. Bất đẳng thức (2.17) và (2.18) nhận được từ bất đẳng
1
1
1
và ci = , di = .
thức (2.14) khi tương ứng cho cj = dj =
aj b j
ai
bi
Bất đẳng thức (2.19) nhận được từ bất đẳng thức (2.14) khi cho ci =
1
1
, di = 2 .
2
ai
bi
Định lý 2.2.8. Giả sử a = (a1 , . . . , an ), b = (b1 , . . . , bn ) là các bộ số
thực và c = (c1 , . . . , cn ) , d = (d1 , . . . , dn ) là các bộ số thực không âm.
Nếu α > 0, β > 0 và γ là số thực thỏa mãn γ 2 ≤ αβ thì ta có bất đẳng
thức sau
n

α

n

dj
j=1

n

a2j cj
j=1

+β

n

cj
j=1

n

b2j dj
j=1

≥ 2γ

n

cj aj
j=1

dj bj .
j=1

(2.20)
Chứng minh. Ta có bất đẳng thức
αdj a2i ci + βb2j ci dj ≥ 2 αβai bj ci dj ≥ 2γai bj ci dj .
Lấy tổng théo i và theo j từ 1 đến n, ta được bất đẳng thức (2.20).