Một số ứng dụng và mở rộng của bất đẳng thức cauchy schwarz
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (439.22 KB, 73 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
VÕ NGUYỄN PHƯƠNG DUNG
MỘT SỐ ỨNG DỤNG VÀ MỞ RỘNG CỦA BẤT
ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Bình Định - 2020
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
VÕ NGUYỄN PHƯƠNG DUNG
MỘT SỐ ỨNG DỤNG VÀ MỞ RỘNG CỦA BẤT
ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 846 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn:
TS. MAI THÀNH TẤN
Bình Định - 2020
Mục lục
Mục lục
1
1
MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và một số ứng dụng
4
1.1
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2
Một số ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong
đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1
8
Chứng minh một số bất đẳng thức cổ điển và một số
bất đẳng thức khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
Một số ứng dụng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
1.3 Một số ứng dụng trong hình học và lượng giác . . . . . . . . . .
25
1.2.2
1.3.1
Một số ứng dụng trong tam giác . . . . . . . . . . . . . .
25
1.3.2
Một số ứng dụng trong lượng giác . . . . . . . . . . . . .
29
2 Một số mở rộng của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
2.1 Một số bất đẳng thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
34
2.1.1
Một số dạng đặc biệt của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 34
2.1.2
Một số bất đẳng thức khác . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
2.2 Bt ng thc Hăolder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
2.3 Mở rộng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hàm số . . . . . .
51
2.4 Mở rộng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho bất kỳ số lượng
véctơ và hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
KẾT LUẬN
68
TÀI LIỆU THAM KHẢO
69
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) . . . . . . . . . . .
1
MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một đề tài hay và giữ một vai trị đặc biệt quan trọng
trong tốn học. Bất đẳng thức có ứng dụng trong tất cả các lĩnh vực Số học,
Hình học, Đại số, Lượng giác và Giải tích. Trong các kì thi chọn học sinh giỏi,
Olympic toán sinh viên, các bài toán bất đẳng thức thường xuyên được sử
dụng làm đề thi và thường ở dạng khó nên chun đề này ln được quan
tâm đặc biệt. Một trong những bất đẳng thức cơ bản và có ứng dụng rộng rãi
nhất đó chính là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Chính vì thế, tơi nhận thấy
việc nghiên cứu bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có ý nghĩa đặc biệt quan
trọng. Bởi vậy, tôi lựa chọn đề tài "Một số ứng dụng và mở rộng của bất đẳng
thức Cauchy-Schwarz".
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, hay còn được gọi với tên khá dài là bất
đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz, thường viết tắt là bất đẳng thức
BCS, được đặt theo tên của ba nhà toán học Augustin-Louis Cauchy, Viktor Bunyakovsky và Hermann Amandus Schwarz. Trong suốt quá trình phát
triển của tốn học, những nhà tốn học ln nghiên cứu và phát triển bất
đẳng thức Cauchy-Schwarz để cho ra những kết quả hay, đi cùng đó là khả
năng ứng dụng ngày càng rộng rãi trong toán học.
Bố cục của luận văn bao gồm 2 chương:
Chương 1: Chương này tập trung nêu và chứng minh bất đẳng thức CauchySchwarz ở dạng sơ cấp, dạng có nhiều ứng dụng trong giải tốn phổ thơng.
Trình bày một số bất đẳng thức kinh điển thông qua bất đẳng thức CauchySchwarz cùng một số bài tốn ứng dụng.
Chương 2: Trình bày một số dạng khác của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
cùng một số bất đẳng thức liên quan và đặc biệt là một số mở rộng của bất
đẳg thức Cauchy-Schwarz cho hàm số hay cho bất kỳ số lượng véctơ và hàm
số ở cả hai dạng rời rạc và liên tục.
2
3
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của TS. Thầy
Mai Thành Tấn. Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành của mình đến Thầy.
Đồng thời, tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn đến tồn thể q thầy cơ giáo
trong Khoa Tốn, Trường Đại Học Quy Nhơn, cùng lớp Cao học Toán K21 đã
quan tâm và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập,
nghiên cứu và thực hiện đề tài.
Mặc dù đã cố gắng hết sức trong quá trình thực hiện luận văn, nhưng do
điều kiện thời gian có hạn, trình độ và kinh nghiệm nghiên cứu khoa học
cịn nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi nhiều thiếu sót. Rất mong
nhận được sự góp ý tận tình của q thầy cơ và bạn bè để luận văn được
hoàn thiện hơn.
Chương 1
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và
một số ứng dụng
Trong chương này, chúng tơi tập trung trình bày bất đẳng thức CauchySchwarz ở dạng sơ cấp có nhiều ứng dụng trong giải tốn phổ thơng. Đồng
thời chứng minh một số bất đẳng thức khác thông qua bất đẳng thức CauchySchwarz cùng một số ứng dụng trong đại số, hình học và lượng giác.
1.1
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là một trong những công cụ cơ bản ở
phần lớn các bài tốn chứng minh bất đẳng thức. Nó tồn tại ở nhiều phiên
bản khác nhau, tuy nhiên ở mức độ phổ thông, chúng ta chỉ quan tâm đến
dạng phát biểu sơ cấp và các cách chứng minh bất đẳng thức này rất đa
dạng. Sau đây, ta sẽ đi tìm hiểu một số cách chứng minh thú vị.
Định lý 1.1.1 ([23]). (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Nếu a1 , a2 , . . . , an và
b1 , b2 , . . . , bn là các số thực tùy ý, thì
a1 b 1 + a2 b 2 + · · · + an b n
2
≤ a21 + a22 + · · · + a2n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b21 + b22 + · · · + b2n .
(1.1)
a1
a2
an
=
= ··· = .
b1
b2
bn
Chứng minh. Trong nhiều tài liệu, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thường
được chứng minh bằng cách sử dụng tính chất tam thức bậc hai hay chứng
minh thông qua một số bất đẳng thức khác như bất đẳng thức AM-GM, bất
đẳng thức Jensen. Nhưng ở đây, chúng tôi sẽ chỉ sử dụng các phép biến đổi
4
5
đại số sơ cấp và đặc biệt là sử dụng hình học để chứng minh bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz.
Cách 1. Sử dụng hằng đẳng thức.
Ta có
n
n
n
a2i
i=1
b2i
−
a2i b2j
=
ai b i
−
1
=
2
=
=
1
2
1
2
ai b i aj b j
i=1 j=1
i=1 j=1
n
n
i=1
i=1
n
n
n
n
2
n
n
(a2i b2j
+ a2j b2i ) −
ai b i aj b j
i=1 j=1
i=1 j=1
n
n
(a2i b2j − 2ai bj aj bi + a2j b2i )
i=1 j=1
n
n
(ai bj − aj bi )2
i=1 j=1
(ai bj − aj bi )2 ,
=
1≤i
hay
n
n
a2i
i=1
n
b2i
−
2
ai b i
i=1
(ai bj − aj bi )2 .
=
i=1
(1.2)
1≤i
Đẳng thức (1.2) được gọi là hằng đẳng thức Lagrange.
Vì thế, từ (1.2) ta suy ra được
n
n
a2i
i=1
n
b2i
2
≥
i=1
ai b i
.
i=1
Cách 2. Sử dụng phương pháp quy nạp toán học.
Với n = 1, bất đẳng thức của ta trở thành đẳng thức. Xét khi n = 2, ta có
a21 + a22
b21 + b22 − a1 b1 + a2 b2
2
= a2 b 1 + a1 b 2
2
≥ 0.
Giả sử đẳng thức đúng khi n = k (k ≥ 2). Xét khi n = k + 1. Áp dụng kết quả
trường hợp n = 2 với hai bộ
a21 + a22 + · · · + a2k , ak+1
,
b21 + b22 + · · · + b2k , bk+1
,
ta có
2
a21
+ a22
+ · · · + a2k
+ ak+1
2
2
b21
+ b22
+ · · · + b2k
+ bk+1
2
6
2
a21 + a22 + · · · + a2k
≥
b21 + b22 + · · · + b2k
.
+ ak+1 bk+1
Mặt khác, theo giả thiết quy nạp, ta lại có
a21 + a22 + · · · + a2k
2
b21 + b22 + · · · + b2k ≥ a1 b1 + a2 b2 + · · · + ak bk .
Suy ra
a21 + a22 + · · · + a2n
b21 + b22 + · · · + b2n ≥ a1 b1 + a2 b2 + · · · ak bk .
Kết hợp đánh giá này với đánh giá trên, ta được
k+1
k+1
a2i
i=1
2
b2i
≥
a1 b1 + a2 b2 + · · · ak bk + ak+1 bk+1
i=1
2
≥ a1 b1 + a2 b2 + · · · + ak bk + ak+1 bk+1 .
Điều này chứng tỏ bất đẳng thức của ta cũng đúng cho n = k + 1. Theo
nguyên lý quy nạp, ta có nó đúng với mọi n ≥ 1.
Cách 3. Chứng minh không sử dụng từ ngữ.
Trong [20], R. Nelsen đã chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như
sau
Hình 1.1: Chứng minh của R.Nelsen.
Ở phía bên phải của Hình 1.1, chúng ta có thể thấy một hình bình hành
được hình thành ở giữa và bên trái thì là một hình chữ nhật. Cả hai đều có
độ dài các cạnh như nhau. Tổng diện tích trong hình bên phải rõ ràng lớn
7
hơn hoặc bằng bên trái và chúng ta có thể biểu thị bất đẳng thức của tổng
diện tích như sau
|x| + |a| |y| + |b| ≤ 2
1
1
|x||y| + |a||b|
2
2
+
x2 + y 2
a2 + b 2 ,
hay
|x||b| + |y||a| ≤
x2 + y 2
a2 + b 2 .
(1.3)
Ta lại có
(1.4)
|xb + ya| ≤ |x||b| + |y||a|.
Kết hợp (1.3) và (1.4) ta được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Hay trong [22], S. H. Kung lại có một chứng minh khác như sau.
Hình 1.2: Chứng minh của S. H. Kung.
Trong Hình 1.2, ta có thể thấy rằng hai khu vực khơng tơ màu có cùng
kích thước. Do đó
|x||a| + |y||b| =
x2 + y 2
a2 + b2 sin θ ≤
x2 + y 2
a2 + b 2 .
(1.5)
Kết hợp với bất đẳng thức trên và (1.4), ta suy ra được bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz.
Ngoài dạng sơ cấp trên, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz còn tồn tại ở dạng
phân thức với nhiều ứng dụng và thường xuyên xuất hiện trong các đề thi
học sinh giỏi, Olympic quốc gia và quốc tế. Nó giúp giải quyết được một lớp
các bất đẳng thức chứa các đại lượng có dạng phân thức.
Hệ quả 1.1.1 ([2]). (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức) Nếu
a1 , a2 , . . . , an là các số thực và b1 , b2 , . . . , bn là các số thực dương, thì
2
a1 + a2 + · · · + an
a21 a21
a2
+
+ ··· + 1 ≥
.
b1
b1
b1
b1 + b 2 + · · · + bn
(1.6)
8
√
a
bi
Chứng minh. Trong (1.1), chọn xi = √ i , yi =
bi với ai , bi ∈ R, bi > 0, ta thu
được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức.
1.2
Một số ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
trong đại số
Có rất nhiều bất đẳng thức kinh điển và một số bất đẳng thức khác có
thể được suy ra từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Dưới đây, chúng tôi sẽ
sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để chứng minh các kết quả kinh
điển đó. Đồng thời, trình bày một số ứng dụng của bất đẳng thức CauchySchwarz trong việc giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số.
1.2.1
Chứng minh một số bất đẳng thức cổ điển và một số bất
đẳng thức khác
Hệ quả 1.2.1 ([23]). (Bất đẳng thức AM-GM) Nếu a1 , a2 , . . . , an là các số thực
khơng âm thì
1
(a1 a2 · · · an ) n ≤
a1 + a2 + · · · + an
.
n
(1.7)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an
Chứng minh. Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta cần chứng minh bất
đẳng thức đúng ở cả hai trường hợp sau.
Trường hợp 1. Với n = 2k , k ≥ 1.
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
√
a1 a2 ≤
a1 + a2
,
2
(1.8)
là bất đẳng thức (1.7) với n = 2.
Áp dụng (1.8) hai lần, ta được (1.7) đúng với n = 4
a1 a2 a3 a4
1
4
≤
a1 a2
1
2
+ a3 a4
2
1
2
≤
a1 + a2 + a3 + a4
.
4
(1.9)
Tiếp tục áp dụng (1.9) và (1.8) ta có
a1 a2 · · · a8
1
8
≤
a1 a2 a3 a4
1
4
+ a5 a6 a7 a8
2
1
4
≤
a1 + a2 + · · · + a8
.
8
(1.10)
9
Bất đẳng thức (1.7) cũng đúng với n = 8.
Lặp lại quá trình trên k lần, ta được (1.7) đúng với n = 2k
a1 a2 · · · a2 k
1
2k
≤
a1 + a2 + · · · + a2 k
2k
với k ≥ 1.
(1.11)
Trường hợp 2. Với 2k−1 < n < 2k , k ≥ 1.
Bước tiếp theo, ta sẽ lấp đầy khoảng trống giữa 2k−1 và 2k bằng cách lấy
một giá trị n < 2k .
Thật vậy, xét αi = ai với 1 ≤ i ≤ n và đặt
αi =
a1 + a2 + · · · + an
≡A
n
với n < i ≤ 2k .
Áp dụng bất đẳng thức (1.11) cho αi , ta được
a1 a2 · · · an .A2
k
−n
≤
a1 + a2 + · · · + an + 2k − n A
2k
= A,
hay
a1 a2 · · · an
Nâng lũy thừa bậc
1
2k
n
≤ A 2k .
2k
cả hai vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh
n
1
(a1 a2 · · · an ) n ≤
a1 + a2 + · · · + an
.
n
Hệ quả 1.2.2. (Bất đẳng thức AM-HM) Với a1 , a2 , . . . , an là các số thực khơng
âm, khi đó
a1 + a2 + · · · + an
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an
≥ n2 .
(1.12)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an .
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a1 + a2 + · · · + an
1
1
1
+
+ ···
a1 a2
an
≥
1
1
1
a1 + a2 + · · · + an
a1
a2
an
2
= n2 .
Hệ quả 1.2.3 ([2]). Với mọi dãy số thực a1 , a2 , . . . , an ta có
a1 + a2 + · · · + an
2
≤ n a21 + a22 + · · · + a2n .
(1.13)
10
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với hai bộ
a1 , a2 , . . . , an , 1, 1, . . . , 1 ,
trong đó bộ số thứ 2 gồm n số 1.
Hệ quả 1.2.4 ([23]). Nếu pk > 0 với 1 ≤ k ≤ n và p1 + p2 + . . . + pn = 1, khi đó
n
1
pk +
pk
k=1
2
≥ n3 + 2n +
1
.
n
Chứng minh. Ta có
n
k=1
n
n
2
1
pk +
pk
p2k
= 2n +
+
k=1
k=1
1
.
p2k
(1.14)
Áp dụng Hệ quả 1.2.3 ta được
n
p2k
k=1
p1 + p2 + · · · + pn
≥
n
2
=
1
.
n
(1.15)
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
n
k=1
n
2
1
√
pk · √
pk
n
≤
pk
k=1
hay
n
2
n ≤
k=1
k=1
1
,
pk
1
.
pk
Suy ra
n
4
n ≤
k=1
2
1
pk
.
(1.16)
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta lại có
n
k=1
1
pk
n
2
≤n
k=1
1
.
p2k
(1.17)
Kết hợp (1.16) và (1.17), ta được
n
3
n ≤
k=1
1
.
p2k
(1.18)
Do đó, từ (1.14),(1.15) và (1.18) ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
11
Hệ quả 1.2.5 ([3]). (Bất đẳng thức tam giác) Với a1 , a2 , . . . , ak và b1 , b2 , . . . , bk là
các số thực tùy ý, thì
n
n
a2k
n
b2k
+
k=1
2
≥
(1.19)
ak + b k .
k=1
k=1
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
n
n
2
n
a2k
≤
ak ak + b k
k=1
2
·
k=1
ak + b k .
k=1
Suy ra
n
n
n
a2k
ak ak + b k ≤
k=1
·
2
(1.20)
2
(1.21)
ak + b k .
k=1
k=1
Tương tự ta có
n
n
n
b2k
b k ak + b k ≤
k=1
·
ak + b k .
k=1
k=1
Cộng vế với vế của bất đẳng thức (1.20),(1.21) ta suy ra
n
n
ak + b k
2
≤
k=1
n
ak + b k
2
n
a2k
k=1
b2k ,
+
k=1
k=1
hay
n
n
ak + b k
2
≤
k=1
n
a2k
k=1
b2k .
+
k=1
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Hệ quả 1.2.6 ([2]). Với a1 , a2 , . . . , an ; b1 , b2 , . . . , bn là các số thực . Khi đó
a21 + b21 +
≥
a22 + b22 + · · · +
a2n + b2n
(a1 + a2 + · · · + an )2 + (b1 + b2 + · · · + bn )2 .
Chứng minh. Với n = 1, bất đẳng thức (1.22) trở thành đẳng thức.
Với n = 2, ta có
a21 + b21 +
a22 + b22 ≥
(a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 ,
(1.22)
12
hay
(a21 + b21 ) · (a22 + b22 ) ≥ (a1 a2 + b1 b2 )2 ,
đúng với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Giả sử bất đẳng thức đúng khi n = k . Xét khi n = k + 1. Áp dụng giả thiết
quy nạp, ta có
a21 + b21 +
a2k + b2k +
a22 + b22 + · · · +
a2k+1 + b2k+1
a2k+1 + b2k+1
≥
(a1 + a2 + · · · + ak )2 + (b1 + b2 + · · · + bk )2 +
≥
(a1 + a2 + · · · + ak+1 )2 + (b1 + b2 + · · · + bk+1 )2 .
Vì vậy, bất đẳng thức đã cho đúng với mọi số nguyên dương n.
Hệ quả 1.2.7 ([1]). Với m, n là hai số nguyên dương và aij (1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n)
là các số thực tùy ý, khi đó
n
m
m
a2ij
j=1
n
≥
2
aij
i=1
i=1
(1.23)
.
j=1
Chứng minh. Bình phương hai vế, ta có thể viết được bất đẳng thức (1.23)
dưới dạng
n
m
m
a2ij
m
+2
j=1 i=1
m
a2ik
a2ij
i=1
1≤k<1≤n
n
≥
i=1
2
aij
i=1
.
j=1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
m
m
a2ik
i=1
1≤k
m
a2ij
≥
i=1
aik aij .
1≤k
Từ đó suy ra
m
m
a2ik
1≤k
i=1
n
a2ij
m
≥
i=1
m
a2ij
+2
j=1 i=1
m
aik aij
1≤k
n
a2ij + 2
=
i=1 j=1
aik aij
i=1 1≤k
13
n
m
a2ij + 2
=
j=1
n
i=1
m
1≤k
a2ij
=
i=1
aik aij
.
j=1
Phép chứng minh được hoàn tất.
Hệ quả 1.2.8 ([2]). (Bất đẳng thức Nesbitt) Với a, b, c là các số thực dương, khi
đó
a
b
c
3
+
+
≥ .
b+c c+a a+b
2
(1.24)
Chứng minh. Ta có
a+b+c
=
a
b
c
+
+
b+c c+a a+b
a2
b2
c2
+
+
+ a+b+c .
b+c c+a a+b
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được
a+b+c +
a2
b2
c2
+
+
b+c c+a a+b
≥
a+b+c
2
+ a+b+c
2 a+b+c
3
= a+b+c .
2
Suy ra
a
b
c
3
+
+
≥ .
b+c c+a a+b
2
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Hệ quả 1.2.9 ([2]). Với mọi a, b, c, d, f là các số thực dương, khi đó
a
b
c
d
e
f
+
+
+
+
+
≥ 3.
b+c c+d d+e e+f
f +a a+b
Chứng minh. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a
b
c
d
e
f
+
+
+
+
+
b+c c+d d+e e+f
f +a a+b
2
2
2
a
b
c
d2
e2
f2
=
+
+
+
+
+
ab + ac bc + bd cd + ce de + df
ef + ea f a + f b
2
(a + b + c + d + e + f )
≥
.
ab + bc + cd + de + ef + f a + ac + ce + ea + bd + df + f b
(1.25)
14
Gọi S là mẫu số của phân thức nói trên. Khi đó, ta có
2S =(a + b + c + d + e + f )2
− (a2 + b2 + c2 + d2 + e2 + f 2 + 2ad + 2bd + 2cf ).
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
a2 + b2 + c2 + d2 + e2 + f 2 + 2ad + 2bd + 2cf
=(a + d)2 + (b + e)2 + (d + f )2
1
≥ (a + b + c + d + e + f )2 .
3
Do đó
2
2S ≤ (a + b + c + d + e + f )2 .
3
(1.26)
Từ (1.25) và (1.26) ta có được bất đẳng thức cần chứng minh.
Hệ quả 1.2.10 ([23]). Với aij : 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ k ≤ n là một dãy số thực, khi
đó ta có
m
n
m
ajk
j=1
n
2
m
+n
k=1
m
2
≤
ajk
m
2
ajk
j=1
k=1
n
n
a2jk . (1.27)
+ mn
j=1 k=1
j=1 k=1
Chứng minh. Nếu ta xem xij : 1 ≤ j ≤ m, 1 ≤ k ≤ n là một vectơ độ dài mn,
khi đó theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
m
n
m
2
xjk
n
x2jk .
≤ mn
j=1 k=1
(1.28)
j=1 k=1
Đặt
xjk = ajk −
trong đó
rj
ck
− ,
n
m
n
m
rj =
ajk , ck =
j=1
k=1
Nếu ta đặt T =
m
j=1
n
k=1 ajk ,
m
khi đó bất đẳng thức (1.28) trở thành
n
2
m
a2jk
T ≤ mn
j=1 k=1
ajk .
n
rj2
−m
j=1
c2k + 2T 2 ,
−n
k=1
15
hay
n
m
ajk
m
j=1
n
2
m
k=1
k=1
m
2
≤
ajk
+n
n
m
2
ajk
a2jk .
+ mn
j=1 k=1
j=1 k=1
j=1
n
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Hệ quả 1.2.11 ([8]). Với a, b, c và x, y, z là các số thực dương, khi đó
x
y
z
b+c +
c+a +
a+b ≥
y+z
z+x
x+y
(1.29)
3 ab + bc + ca .
Chứng minh. Do bất đẳng thức đã cho thuần nhất với a, b, c nên ta có thể
chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Khi đó (1.29) được viết lại thành
x
y
z
1−a +
1−b +
1−c ≥
y+z
z+x
x+y
3 ab + bc + ca ,
hay
y
z
x
+
+
≥
y+z z+x x+y
3 ab + bc + ca +
ax
by
cz
+
+
.
y+z z+x x+y
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
ax
by
cz
+
+
+
y+z z+x x+y
x
y+z
≤
+
×
2
+
2
+
y
z+x
z
x+y
2
a2 + b 2 + c 2
·
3√
ab + bc + ca
4
2
+
z
x+y
2
+
3
2
a2 + b2 + c2 + 2 ab + bc + ac
x
y+z
=
+
y
z+x
3√
ab + bc + ca +
4
x
y+z
≤
2
3 ab + bc + ca
2
+
y
z+x
2
+
z
x+y
2
3
+ .
2
Do đó ta chỉ cần chứng minh được
x
y+z
2
+
y
z+x
2
+
z
x+y
2
+
3
≤
2
x
y
z
+
+
y+z z+x x+y
2
.
16
Bất đẳng thức này tương đương với
yz
x+y
x+z
xz
xy
3
+
≥ ,
4
y+x y+z
z+x z+y
+
hay
x2 y + y 2 x + y 2 z + z 2 y + z 2 x + x2 z ≥ 6xyz.
Bất đẳng thức này đúng theo AM-GM.
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Hệ quả 1.2.12 ([3]). Với các số thực không âm ai , bi (i = 1, . . . , n), ta có
3
n
n
i=1
ai
a3i
≥
b2i
i=1
2
n
.
(1.30)
.
(1.31)
bi
i=1
4
n
n
i=1
ai
a4i
≥
b3i
i=1
3
n
bi
i=1
Chứng minh. Để chứng minh hai bất đẳng thức trên, trước tiên ta cần chứng
minh hai bất đẳng thức phụ sau.
Với ai , bi , ci , di > 0 (i = 1, . . . , n), khi đó
n
n
4
≤
ai bi ci di
i=1
n
a4i
·
i=1
n
i=1
n
3
ai b i c i
n
b4i
i=1
·
i=1
n
a3i
≤
n
c4i
i=1
i=1
c3i .
·
i=1
i=1
Ta chứng minh bất đẳng thức (1.32).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
n
i=1
n
n
a4i
≤
b4i ,
·
i=1
n
2
c2i d2i
i=1
n
2
a2i b2i
i=1
n
c4i ·
≤
i=1
(1.32)
n
b3i
·
d4i .
·
d4i .
i=1
(1.33)
17
Do đó ta chỉ cần chứng minh
n
n
n
c2i d2i
a2i b2i
≥
.
ai bi ci di
i=1
i=1
2
i=1
Bất đẳng thức trên đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.
Ta tiếp tục chứng minh bất đẳng thức (1.33).
n
i=1 ai bi ci
Rõ ràng bất đẳng thức đã cho đúng nếu
n
i=1 ai bi ci
= 0, nên ở đây ta sẽ xét
> 0. Theo (1.32), với mọi xi , yi , zi , ti ≥ 0, ta có
n
x4i
≤
xi yi zi ti
3
3
yi4
·
zi4
·
t4i .
·
i=1
i=1
i=1
i=1
i=1
n
n
n
n
4
3
1
Chọn xi = ai4 , yi = bi4 , zi = ci4 và ti = (ai bi ci ) 4 , ta được
n
n
a3i
n
b3i
·
i=1
n
c3i
·
·
i=1
i=1
4
n
3
4
ai b i c i ≥
3
4
3
4
ai bi ci (ai bi ci )
i=1
i=1
n
1
4
4
=
ai b i c i
.
i=1
Suy ra
n
n
3
≤
ai b i c i
n
a3i
i=1
n
b3i
·
i=1
c3i .
·
i=1
i=1
Hai bất đẳng thức phụ đã được chứng minh xong.
Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức (1.30).
Áp dụng (1.33), ta có
n
n
3
ai
=
3
i=1
i=1
n
3
ai
b2i
·
3
bi ·
3
≤
bi
i=1
a3i
b2i
n
2
bi
.
i=1
Suy ra
3
n
n
i=1
ai
a3i
≥
b2i
i=1
2
n
.
bi
i=1
Tương tự, để chứng minh bất đẳng thức (1.31) ta sử dụng (1.32), ta được
n
ai
i=1
n
4
=
ai
4
i=1
b3i
n
4
·
4
bi ·
4
bi ·
4
bi
≤
i=1
a4i
b3i
n
3
bi
i=1
,
18
hay
4
n
n
i=1
ai
a4i
≥
b3i
i=1
3
n
.
bi
i=1
Phép chứng minh hoàn tất.
1.2.2
Một số ứng dụng khác
Một số bất đẳng thức, nếu ta để ở dạng ban đầu thì rất khó để có thể
sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để chứng minh chúng. Tuy nhiên,
bằng một số biến đổi, ta có thể đưa chúng về dạng mà bất đẳng thức CauchySchwarz có thể được áp dụng và mang lại kết quả mong muốn. Trong phần
này, chúng tôi sẽ giới thiệu một số bài toán như thế. Để cho gọn trình bày,
chúng tơi sẽ sử dụng các kí hiệu
hạn như
và
để chỉ tổng và tích tuần hồn, chẳng
f (a, b) = f (a, b) + f (b, c) + f (c, a).
f (a, b) = f (a, b)f (b, c)f (c, a),
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ≥ 0, ta đều có
a2
+
4a2 + ab + 4b2
b2
+
4b2 + bc + 4c2
c2
≤ 1.
4c2 + ca + 4a2
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a2
4a2 + ab + 4b2
2
a2
4a2 + ac + 4c2
≤
a2 +
8
=
4a2 + ab + 4b2
ab
4a2 + ab + 4b2
a2 b2 + abc
8
4b2 + bc + 4c2
4a2 + ac + 4c2
a
4c2 + ca + 4a2
.
Do đó ta chỉ cần chứng minh
8
a2 +
ab
8
a2 b2 + abc
≤ 4a2 + ab + 4b2
a
4b2 + bc + 4c2
4c2 + ca + 4a2 .
Thực hiện phép khai triển trực tiếp, ta được
8abc
a3 + 8
a3 b3 + 3abc
ab a + b ≥ 66a2 b2 c2 ,
19
đúng vì theo AM-GM,ta có
a3 ≥ 3abc,
a3 b3 ≥ 3a2 b2 c2 ,
ab a + b ≥ 6abc.
Bài tóan được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Ví dụ 1.2.2. (Japan MO- 2014) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 1. Chứng minh rằng
b c a
1+a 1+b 1+c
+
+
≤2
+ +
.
1−a 1−b 1−c
a b c
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
3+
2a
2a
b c a
2a
,
+
+
≤2
+ +
b+c b+c b+c
a b c
hay
2a
1
1
−
c 1−a
+ 2b
a
1
1
−
c b+c
+b
1
1
−
a 1−b
+ 2c
1
1
−
b 1−c
≥ 3.
Suy ra
1
1
−
a c+a
+c
1
1
−
b a+b
3
≥ .
2
Do đó, ta chỉ cần chứng minh
ab
bc
ca
3
+
+
≥ .
2
c b+c
a c+a
b a+b
Ký hiệu
M :=
ab
bc
ca
+
+
.
c b+c
a c+a
b a+b
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
2
ab
+
c
=
≤
bc
+
a
ca
b
ab √
b+c+
c b+c
√
bc
c+a+
a c+a
ab
bc
ca
+
+
c b+c
a c+a
b a+b
ca √
a+b
b a+b
2 a+b+c
2
=M 2 a+b+c .
20
Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, thì
a+b+c
2
≥ 3 ab + bc + ca ,
nên
2
ab
+
c
bc
+
a
ca
b
≥3 b+c+a .
3
2
Suy ra M ≥ , hay
ab
bc
ca
3
+
+
≥ .
2
c b+c
a c+a
b a+b
Ví dụ 1.2.3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
a3
5a2 + b + c
2
b3
+
5b2 + c + a
2
c3
+
5c2 + a + b
2
a+b+c
.
3
≤
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
a3
5a2 + b + c
2
b3
+
5b2 + c + a
≤
2
c3
+
5c2 + a + b
a2
a+b+c
5a2 + b + c
2
2
b2
+
5b2 + c + a
2
+
c2
5c2 + a + b
Ta sẽ chứng minh
a2
5a2 + b + c
2
b2
+
5b2 + c + a
2
c2
+
5c2 + a + b
Ta có
1
≤ .
3
2
a2
5a2 + b + c
2
2
=
3a
1
· 2
.
9 a + b2 + c2 + 4a2 + 2bc
Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
2
3a
≤
2
2
a + b + c2 + 4a2 + 2bc
=
a2
a2
a2
+
+
a2 + b2 + c2 2a2 + bc 2a2 + bc
a2
+
a2 + b 2 + c 2
2a2
.
2a2 + bc
2
.
21
Do đó
a2
5a2 + b + c
2
≤
a2
+
a2 + b 2 + c 2
1
9
2a2
2a2 + bc
=
1
1+
9
2a2
.
2a2 + bc
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh được
2a2
2a2 + bc
1
1+
9
1
≤ ,
3
hay
2a2
≤ 2.
2a2 + bc
Bất đẳng thức này tương đương với
1−
2a2
2a2 + bc
≥ 1,
hay
ab
ca
bc
+ 2
+ 2
≥ 1.
+ bc 2b + ca 2c + ab
2a2
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì theo Cauchy-Schwarz thì
bc
=
2a2 + bc
b2 c 2
≥
2a2 bc + b2 c2
ab + bc + ca
2
a2 b2 + 2abc a + b + c
Bài toán được chứng minh xong.
Ví dụ 1.2.4. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
a−b
b−c
c−d
d−a
+
+
+
≥ 0.
a + 2b + c b + 2c + d c + 2d + a d + 2a + b
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a−b
1
+
a + 2b + c 2
≥ 2,
hay
3a + c
3b + d
3c + a
3d + b
+
+
+
≥ 4.
a + 2b + c b + 2c + d c + 2d + a d + 2a + b
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
2
3a + c
≥
a + 2b + c
3a + c
3a + c a + 2b + c
= 1.
22
2
16
=
a
3a + c a + 2b + c
.
Mặt khác, ta có
2
3a + c a + 2b + c = 4 a + b + c + d ,
nên từ trên ta suy ra ngay kết quả cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c và b = d.
Ví dụ 1.2.5. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn abcd = 1.Chứng minh
rằng
1
1
1
1
+
+
+
≥ 2.
a a+b
b b+c
c c+d
d d+a
y
x
z
y
Lời giải. Đặt a = , b = , c =
t
x
và d = với x, y, z, t > 0.
z
t
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
x2
y2
z2
t2
+
+
+
≥ 2.
y 2 + zx z 2 + yt t2 + xz x2 + yt
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
y2
z2
t2
x2
+
+
+
y 2 + zx z 2 + yt t2 + xz x2 + yt
≥
=
x2 + y 2 + z 2 + t2
2
x2 y 2 + xz + y 2 z 2 + yt + z 2 t2 + xz + t2 x2 + yt
2
x2 + y 2 + z 2 + t2
x2 + z 2
y 2 + t2 + xz x2 + z 2 + yt y 2 + t2
x2 + y 2 + z 2 + t2
≥
x2 + z 2
y 2 + t2
x2 + z 2
+
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c =
2
2
y 2 + t2
+
2
2
= 2.
1
1
= .
b
d
Ví dụ 1.2.6. (IMO 2008) Cho các số thực x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1.
Chứng minh rằng
x
x−1
2
+
y
y−1
2
+
z
z−1
2
≥ 1.
23
Lời giải. Do x, y, z = 1 và xyz = 1 nên tồn tại các số thực a, b, c thỏa mãn
a2
b2
c2
x = , y = , z = , a2 − bc b2 − ca c2 − ab = 0.
bc
ca
ab
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a4
a2 − bc
2
b4
+
2
b2 − ca
c4
+
c2 − ab
2
≥ 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
a4
a2 − bc
2
a2 + b 2 + c 2
≥
a2 − bc
2
2
.
2
+ b2 − ca
2
+ c2 − ab
2
+ b2 − ca
2
+ c2 − ab .
Bài toán được quy về chứng minh
a2 + b 2 + c 2
2
≥ a2 − bc
2
Thực hiện phép khai triển và rút gọn, ta được
ab + bc + ca
2
≥ 0.
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Bài tốn đã được chứng minh xong.
Ví dụ 1.2.7. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, ta có
a2 + ab + b2 ≥ 3 a2 b + b2 c + c2 a ab2 + bc2 + ca2 .
Lời giải. Sử dụng hằng đẳng thức Lagrange (1.2), ta có
a2 + ab + b2
=
b
a+
2
=
b
a+
2
2
a2 + ac + c2
3
+ b2
4
c
a+
2
2
3
+ c2
4
2
=
c
a+
2
3
+ bc
4
1
2a2 + ab + ac + 2bc
4
2
2
3
+
4
b
c
a+
c−b a+
2
2
3
2
+ a2 b − c .
4
Lại có
b2 + bc + c2 =
3
b+c
4
2
+
1
2
b−c .
4
