Toán học Bất đẳng thức Cauchy Schwarz46201

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Gabriel Dospinescu, Trần Nam Dũng Cùng với bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, BĐT Shur, Jensen Holder, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kết kinh điển, có nhiều ứng dụng Với cố gắng đưa số khía cạnh bất đẳng thức này, tập trung vào đa dạng tốn giải BĐT Câu hỏi quan trọng là: ta nhận biết bất đẳng thức giải phương pháp này? Rất khó nói cách rõ ràng, có lẽ nên nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz ta thấy tổng thức, tổng bình phương hay đặc biệt ta có biểu thức chứa Đầu tiên, ta xét số toán mà lời giải áp dụng BĐT CauchySchwarz dạng kinh điển: n n n   a b a bi2  i i i  i  i i 1  Khó khăn lớn chọn bi Chúng ta thấy vài trường hợp, điều hiển nhiên, vài trường hợp khác lại không đơn giản chút Chúng ta giải số tốn: Ví dụ Cho x1 , x2 , , xn 1  thoả mãn điều kiện x1  x2 xn xn 1 Chứng minh rằng: n x ( x i  i n  xi ) xn ( xn n  1 xi ) i Đề kiểm tra chọn ĐT Rumani, 1996 Lời giải: Ngay người chưa có nhiều kinh nghiệm áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng sao: n  xi ( xn  xi )    i   n n xi i n ( xn i xi ) xn ( xn xi ) i Sau ví dụ, đơn giản này, ta xem xét tốn khó hơn: Ví dụ Chứng minh x,y,z số thực thoả mãn điều kiện x  y2 z2 , bất đẳng thức sau đúng: x  y z xyz Đề đề nghị IMO, Ba Lan Lời giải: Tại ta lại nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz? Nguyên nhân rõ ràng: BĐT cần chứng minh có dạng x(1  yz ) y z ta cần phải đánh giá thông qua tổng 2 bình phương: x y z Tuy nhiên, có nhiều cách để áp dụng Cauchy- DeThiMau.vn Schwarz Chọn lựa ( x(1  yz ) y z ) ( x y z )(2 (1 yz ) ) khơng thành cơng Vì tốt coi y+z số hạng Nếu để ý bất đẳng thức có dầu chẳng hạn x=1, y=1 z=0, chọn lựa x(1  yz ) y z ( x ( y z ) )(1 (1 yz ) ) trở nên tự nhiên Như ta cần chứng minh 2(1  yz )(2 yz y z ) y z y z , điều hiển nhiên  y z 2 yz Một ứng dụng không tầm thường khác BĐT Cauchy-Schwarz tốn sau Ví dụ Cho a,b,c,x,y,z số thực dương thoả mãn điều kiện ax  by cz xyz Chứng minh rằng: x  y z a b b c c a Lời giải: Trong ví dụ này, xuất thức vế phải cho dấu hiệu BĐT Cauchy-Schwarz có hiệu Sẽ tuyệt ta có ( x  y z ) 6(a b c) , điều khơng Cũng thấy xyz khơng đóng vai trị quan trọng tốn này, vậy, tốt loại bỏ Vì vậy, ta viết a b  yz zx c xy phép a=yzu, b=zxv c=xyw trở nên tự nhiên Như vậy, ta cần chứng minh z ( yu  xv) x( zv yw) y ( zu xw) x y z với u+v+w=1 Bây ta thấy dạng BĐT Cauchy-Schwarz:  z ( yu  xv) x( zv yw) y ( zu xw)  (x y z )( yu yw xv xw zu zv) biểu thức cuối nhỏ ( x y z ) u+v+w=1 Ta thấy ta áp dụng Cauchy-Schwarz ta có tổng Thế với tích số sao? Ví dụ sau chứng tỏ trường hợp này, ta cần có chút sáng tạo: Ví dụ Cho n>1 số nguyên a1 , , an số thực dương Chứng minh bất đẳng thức: (a13  1) (an3 1) (a12 a2 1) (an2 a1 1) Cuộc thi CH Séc-Slovakia-Ba Lan, 2001 Lời giải: Ta thử áp dụng Cauchy-Schwarz cho thừa số có mặt vế phải Một cách a12 a2 ) (1 a13 )(1 a22 a1 ) , ta cần  a13 , biểu thức có mặt vế tự nhiên, ta viết (1  trái Tương tự, ta viết (1  a22 a3 ) (1 a23 )(1 a32 a2 ) ,…, (1  an2 a1 ) (1 an3 )(1 a12 an ) DeThiMau.vn Nhân bất đẳng thức với nhau, ta  (a a 2  1) (an2 a1 1)  (a13 1) (an3 1)(1 a22 a1 ) (1 a12 an ) (*) Nhưng chưa phải điều ta cần Như Cauchy khơng có hiệu cho BĐT Khơng hẳn thế! Ta lại áp dụng lý luận lần để có that a22 a1 ) (1 a12 an )  (a13 1) (an3 1)(a12 a2 1) (an2 a1 1) (**)  (1  Như (a12 a2  1) (an2 a1 1) (1 a22 a1 ) (1 a12 an ) , (*) cho kết quả, cịn ngược lại (**) kết thúc lời giải Bây ta xem xét tốn khó Ví dụ y x3 y Chứng minh x3 y Cho x,y>0 cho x  Nga, 1999 Lời giải: Ý tưởng chặn x3  y A( x3  y ) với A Điều có lý nhìn vào luỹ thừa Ta thử áp dụng vài thủ thuật với Cauchy-Schwarz bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân: x  y x3 y Như ta ( x  y ) ( x y )( x y ) ( x y )( x y )   chứng tỏ x3  y x y Nhưng ( x  y ) ( x y )( x3 y ) 3 x  y2 x 2( x y 2 3 y ) từ ta suy x y 2 x3 y Một áp dụng đẹp BĐT Cauchy-Schwarz ví dụ sau: Ví dụ Cho a,b,c,x,y,z số thực cho (a  b c)( x y z ) 2 2 2 (a  b c )( x y z ) Chứng minh ax+by+cz  Cuộc thi Mathlinks, 2005 Lời giải: Một lần áp dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz Thế thấy gặp khó khăn làm điều Phải áp dụng Cauchy-Schwarz nào? Câu trả lời đến từ câu hỏi khác: ax+by+cz by cz t ) (ax by cz ) t với  nghĩa gì? Điều tương đương với (ax  số thực dương t Vì thế, tuyệt ta tìm t Điều dẫn đến việc đánh giá biểu thức ax+by+cz-t Cố gắng hố biểu thức, ta có dãy hệ thức bất đẳng thức sau: t  t  ax  by cz t ax by cz (a b c)( x y z ) a (x    3    t  a    ( x y z ) x Như vậy, ta cần tìm t cho    3  2 DeThiMau.vn y z) x t  ( x y z ) x t (*) Bằng cách này, ta có 2   x y z 3 (ax  by cz t ) (ax by cz ) t lời giải kết thúc Nhưng (*) tương đương t (t  2) với ( x  y z )2 x y z t2 (x z ) Rõ ràng chọn lựa tốt y2 t=2 Như vậy, cách gián tiếp ta chứng minh |  ax by cz | từ điều suy ax+by+cz  Đã lâu ta không thấy thức, thời điểm để giải hai toán vậy: Ví dụ Chứng minh x,y,z [ 1,1] thoả mãn điều kiện x+y+z+xyz=0, ta có: x  y z Lời giải: Ta có thức, ta áp dụng Cauchy dạng hiển nhiên: x  y z 3( x y z 3) Nhưng biểu thức vế phải có nhỏ 3? Có, x  y z Bây ta giả sử x+y+z > Khi xyz0 ta có bất đẳng thức sau:  b c a a b) (c   a  (b c) b (a c) 2 (a b c) c ( a b) Nhật Bản, 1997 Lời giải: Sau thất bại áp dụng thủ thuật cách trực tiếp, thất vọng Nhưng dạng bất đẳng thức mời gọi Cách thức tự nhiên là: b c  1  (b c a ) a    a (b c) b c   a 2 b c  a b c  a 2 cách ta thu bất đẳng thức ba biến số mà biết rõ số tính chất Như vậy, ta cần chứng minh b  c x  , y a đương với c a ,z b a b ,  x  y z 3 c x   15   x 3 (x y2 z 3) , điều tương xy 18 Đánh tiếc ta sử dụng trực tiếp kiện xy  yz zx 12 Vì vậy, ta cần tìm bất đẳng thức dạnh xy  yz zx k ( x y z ) Hằng số tốt k=2 DeThiMau.vn (vì ta có dấu x=y=z=2) Thật thế, sau số tính tốn trực tiếp, bất đẳng thức viết dạng  a  3abc ab(a b) , BĐT Schur Từ đó, ta viết: 2 x   15 x xy 18  x  x 18 ,   Và BĐT cuối x  y z Tại kỳ thi Toán quốc tế 2001, toán gây nhiều khó khăn cho thí sinh Lời giải thức HĐGK hiệu quả, thiếu tự nhiên Ta đưa cách tiếp cận khác, cho phép đưa mở rộng đẹp: Ví dụ 12 Cho k số thực, k ≥ Chứng minh với số nguyên dương a, b, c ta có bất đẳng thức a a  kbc b  b  kca c  c  kab  Lời giải: Ta có, theo Cauchy-Schwarz k 1 (Mở rộng toán IMO 2001 )     a    a a  kbc   a 2   a  kbc   Bây giờ, áp dụng Cauchy-Schwarz cho tổng thứ hai  a a  kbc    a a  kabc Như ta cần chứng  (k  1) a    (a  kabc)    a  (a  kabc)   Nhưng điều tương đương với (k-8)(a3+b3+c3) + 3(k+1)(a+b)(b+c)(c+a)  27kabc Bất đẳng thức cuối hiển nhiên teo BĐT trung bình cộng-trung bình nhân Tuy nhiên, có lẽ ví dụ khó dạng tốn sau: Ví dụ 13 Cho a1 , , an  n>12 cho n  ak  k 1 n  ka k 1 k  Chứng minh rằng: (a2  a1 ) (a3 a2 ) (an an 1 ) n Lời giải: Ta phải bắt đầu nào, có nhiều điều kiện vậy? Qui tắc tổng quát tạm đừng để ý đến chúng tập trung vào biểu thức xuất yêu cầu đề Dễ thấy, (a2  a1 ) (a3 a2 ) (an an 1 ) n =  a1 a2 ( 3) an 1 ( n n ) an n DeThiMau.vn Như ta cần chứng minh a1  a2 ( 2) an 1 ( n hoàn thiện vế trái, ta cộng thêm - a1 an ( n 1 a  n minh i i 1 Nhưng  n i  i  i  n  i  i  i 1 i  i  n  i 1 a  n i i 1 n a i 1   an n Để n 1) n ) Như thế, ta cần chứng an n a1 n n i  i i i  i  Vì ta có a k 1 k  , rõ ràng ta viết: n a Vì vậy, ta cần tìm maximum i 1 i i i  Nhìn lại điều kiện toán, ta thấy BĐT Cauchy-Schwarz i lần lựa chọn tốt nhất: n n i   i  tương tự n a i 1 i i 1 hai điều kiện để thấy n i  n (i 1)ai i n iai i Vậy, ta cần chứng minh Nếu thử dùng an    n iai i  an n a1 , ta khơng thành cơng Nhưng ta dùng n (n 1)ai , an  i 1 a1 Từ đó, an n  n 1 n 1 n 1 Bây ta thấy điều kiện n>12 xuất phát từ đâu Vì n>12 nên ta có n 1  n 1 Bài tập áp dụng Chứng minh bất đẳng thức: a b c ( y  z) ( x z) ( x y) 3( xy yz zx) b  c c a a b Cho x,y,z>0 cho x  y z x3 y z Chứng minh rằng: x z  x  y x  2  y  z y z z y x x y z xn5 x  Cho n>1, tìm giác trị nhỏ , xn x2  x1 xn 1 x1 , , xn  có tổng bình phương Thổ Nhĩ Kỳ, 1997 DeThiMau.vn 1  x y z Cho x,y,z>1 cho x  y z x Chứng minh z y Iran, 1998 Cho x, y, z số thực dương có tích Chứng minh rằng:  9x2 y2 9z2 13( x y z ) Cho a,b,c>0 thoả mãn điều kiện abc=1 Chứng minh rằng: a b c  1  b c c a a b Cho a,b,c>=0 such that a  b c 2 max{a , b , c } Chứng minh rằng: (a  b c)(a b c )(a b3 c3 ) 4(a b c ) Nhật Bản, 2001 Cho n>3 and a1 , , an  , whose sum of squares is Chứng minh rằng: a a1  n a 1 a1 2  a1 a1 an an  Đề thi chọn ĐT Rumani, 2002  , , ta có bất đẳng thức sau:  a a3 a4 a4 a5 a5 a6 a6 a1 a1  a2 a2  3 a2  a3 a3 a4 a4 a5 a5 a6 a6 a1 a1 a2 Chứng minh a1 , , a6   10 Chứng minh a, b, c ba cạnh tam giác ABC 4/3 < a/(a+b) + b/(b+c) + c/(c+a) < 5/3 11 Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện i)  z  min{x , y 3} ii ) x  z  iii ) y  z  20 Tìm giá trị lớn P(x,y,z) = 1/x2+1/y2+1/z2 VMO 2001 12 Cho x  [0, 1] Chứng minh x(13  x   x )  16 Olympic 30/4, 1996 13 Chứng minh với 2n số thực a1, a2, …, an, x1, x2, …, xn ta có a x i i   a  x   n2  a  x  i i i i Dấu xảy nào? Kvant 1989, TH&TT 1997 DeThiMau.vn Các đề toán đề nghị cho thi giải toán bất đẳng thức Diễn đàn toán học (Hè 2007) Cho x, y số thực dương thoả mãn điều kiện x + y = Chứng minh x15y15(x6 + y6)  2 Cho tam giác ABC có A = 600 I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Một đường thẳng thay đổi qua I cắt cạnh AB M AC N Tìm giá trị nhỏ biểu thức BM + CN + MN/2 Cho a, b, c, x, y, z số thực dương Chứng minh a b c ( y  z)  ( z  x)  ( x  y )  3( xy  yz  zx) bc ca ab Cho a, b, c > 0, abc = Chứng minh a3 + b3 + c3 + 15  6(1/a + 1/b + 1/c) Cho x1, x2, …, xn; y1, y2, …, yn số thực thuộc đoạn [0, 1] Biết với r thuộc [0, 1] ta có | { i I | xi  r} |  | { i I | yi  r} |, I = {1, 2, , n} Chứng minh x1 + x2 + + xn  y1 + y2 + + yn Tìm số thực a > lớn cho với số nguyên dương n với n số thực x1, x2, …, xn thuộc [1, a] ta có bất đẳng thức (x1 + x2 + … + xn)(1/x1 + 1/x2 + …+ 1/xn)2  n3 Tóm tắt lời giải Trước hết ta chứng minh x3y3(x3+y3)  Điều thực cách dễ dàng cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số xy, xy, xy x2 – xy + y2 Tiếp theo, ta có x15y15(x6 + y6) = x15y15((x3 + y3)2 – 2x3y3) = x9y9[x3y3(x3+y3)]2- 2x18y18  4x9y9 – 2x18y18 = – 2(x9y9-1)2  Ghi Có thể chứng minh bất đẳng thức tổng quát: xn(n-1)/2yn(n-1)/2(xn+yn)  2 Đáp số: BC đạt IM = IN Gợi ý: Lấy M’ N’ đối xứng với M N qua IB IC tương ứng Sau dùng định lý hàm số cos để đánh giá M’N’ DeThiMau.vn Biến đổi bất đẳng thức dạng a b c )( y  z )  (1  )( z  x)  (1  ( x  y ))  2( x  y  z )  3( xy  yz  zx) bc ca ab  y z z x x y  (a  b  c)     2( x  y  z )  3( xy  yz  zx) bc ca ab (1   y z z x x y  [(b  c)  (c  a )  (a  b)]     4( x  y  z )  3( xy  yz  zx) bc ca ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovsky-Schwartz, ta có vế trái lớn hay  yz  zx  x y Như ta cần chứng minh  yz  zx  x y    4( x  y  z )  3( xy  yz  zx) (1) Đặt m2 = y + z, n2 = z + x, p2 = x + y x = (n2 + p2 – m2)/2, y = (m2 + p2 - n2)/2, z = (m2+n2-p2)/2 Như vậy, 3(xy + yz + zx) = 3(2m2n2 + 2n2p2 + 2p2n2 – m4 – n4 – p4)/4 Và ta cần chứng minh (m  n  p )  2(m  n  p )  3(2m n  2m p  p n  m  n  p ) Chuyển vế bình phương hai vế (chú ý hai vế dương), rút gọn số hạng đồng dạng, ta bất đẳng thức tương đương với m4 + n4 + p4  mnp(m+n+p) Ghi Bất đẳng thức cịn chứng minh phương pháp hình học, cụ thể dùng bất đẳng thức xa  yb  zc  xy  yz  zx S (1) Với x, y, z số dương, S diện tích tam giác có ba cạnh a, b, c (1) chứng minh sau: Ta có xa  yb  zc  ( x  z )a  ( y  z )b  2abz cos C  ( x  z )( y  z ) ab  2abz cos C Như vậy, ta cần chứng minh ( x  z )( y  z ) ab  2abz cos C  xy  yz  zx ab sin C  ( x  z )( y  z )  z cos C  xy  yz  zx sin C Bất đẳng thức cuối theo Cauchy-Bunhiacopsky-Schwartz Gợi ý, dồn biến dùng đạo hàm để đưa bất đẳng thức biến Lưu ý bất đẳng thức biến khoai, cần phải phân trường hợp chứng minh Trong có kỹ thuật bỏ bớt số số hạng Giả sử {t1, t2, …, tk} tập hợp tất giá trị khác mà xi, yi, i = 1, 2, …, n nhận được, xếp theo thứ tự tăng dần Đặt ri = {j  I | xj = ti } si = {j  I | yj = ti } Theo giả thiết ta có DeThiMau.vn rk  sk rk + rk-1  sk + sk-1 rk + rk-1 + + r1 = sk + sk-1 + + s1 Cuối cùng, ta có x1 + x2 + … + xn = r1t1 + r2t2 + … + rktk = rk(tk – tk-1) + (rk + rk-1)(tk-1-tk-2) + … + (rk + … + r2)(t2-t1) + (rk + … + r2+r1)t1  sk(tk – tk-1) + (sk + sk-1)(tk-1-tk-2) + … + (sk + … + s2)(t2-t1) + (sk + … + s2+s1)t1 = s1t1 + s2t2 + … + sktk = y1 + y2 + … + yn Ghi Bài nhìn tưởng hiển nhiên, trình bày khó Kỹ thuật kỹ thuật tổng Abel Giả sử a tìm Khi chọn x1 = x2 = … = xn-1 = 1, xn = a, ta có (n-1+a)(n-1+1/a)2  n3  (a-1)((n2-2n+1)a2 – (2n2-3n+2)a + n-1)   n2(a2-2a) – (2a2-3a-1)n + a2 – 2a –  Bất đẳng thức cần với n, ta cần có a  Nhiệm vụ cần chứng minh giá trị a = thoả mãn yêu cầu DeThiMau.vn ... rút gọn số hạng đồng dạng, ta bất đẳng thức tương đương với m4 + n4 + p4  mnp(m+n+p) Ghi Bất đẳng thức cịn chứng minh phương pháp hình học, cụ thể dùng bất đẳng thức xa  yb  zc  xy  yz ... z )  z cos C  xy  yz  zx sin C Bất đẳng thức cuối theo Cauchy- Bunhiacopsky-Schwartz Gợi ý, dồn biến dùng đạo hàm để đưa bất đẳng thức biến Lưu ý bất đẳng thức biến khoai, cần phải phân trường... x  i i i i Dấu xảy nào? Kvant 1989, TH&TT 1997 DeThiMau.vn Các đề toán đề nghị cho thi giải toán bất đẳng thức Diễn đàn toán học (Hè 2007) Cho x, y số thực dương thoả mãn điều kiện x + y = Chứng