Toán học - Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Gabriel Dospinescu, Trần Nam Dũng
 Cùng với bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, BĐT Shur, Jensen và Holder, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là một kết quả kinh điển, có nhiều ứng dụng. Với cố gắng đưa ra một số khía cạnh của bất đẳng thức này, chúng tôi sẽ tập trung vào sự đa dạng của các bài toán có thể giải bằng BĐT này. Câu hỏi quan trọng nhất ở đây là: làm sao ta nhận biết được một bất đẳng thức có thể giải bằng phương pháp này? Rất khó có thể nói một cách rõ ràng, nhưng có lẽ là nên nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz khi ta thấy tổng của các căn thức, tổng của các bình phương hay đặc biệt là khi ta có các biểu thức chứa căn.
 Đầu tiên, ta sẽ xét một số bài toán mà trong lời giải áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ở dạng kinh điển:
.
 Khó khăn lớn nhất là chọn và . Chúng ta sẽ thấy rằng trong một vài trường hợp, điều này là hiển nhiên, trong vài trường hợp khác lại không đơn giản chút nào. Chúng ta giải một số bài toán:
Ví dụ 1
 Cho thoả mãn điều kiện . Chứng minh rằng:
.
Đề kiểm tra chọn ĐT Rumani, 1996
Lời giải:
 Ngay cả một người chưa có nhiều kinh nghiệm cũng có thể áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dưới dạng sao:
.
 Sau ví dụ, đơn giản này, ta sẽ xem xét một bài toán khó hơn:
Ví dụ 2
 Chứng minh rằng nếu x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện , thì bất đẳng thức sau đây đúng:
.
Đề đề nghị IMO, Ba Lan
Lời giải:
 Tại sao ta lại nghĩ đến BĐT Cauchy-Schwarz? Nguyên nhân rất rõ ràng: BĐT cần chứng minh có dạng và ta cần phải đánh giá thông qua tổng các bình phương: . Tuy nhiên, có rất nhiều cách để áp dụng Cauchy-Schwarz. Chọn lựa không mấy thành công. Vì thế có thể sẽ tốt hơn nếu coi y+z như một số hạng. Nếu chúng ta để ý rằng bất đẳng thức có dầu bằng chẳng hạn khi x=1, y=1 và z=0, chọn lựa trở nên khá tự nhiên. Như thế ta cần chứng minh rằng , điều này hiển nhiên vì .
 Một ứng dụng không tầm thường khác của BĐT Cauchy-Schwarz là bài toán sau.
Ví dụ 3
 Cho a,b,c,x,y,z là các số thực dương thoả mãn điều kiện . Chứng minh rằng:
.
Lời giải:
 Trong ví dụ này, sự xuất hiện căn thức ở vế phải cho chúng ta dấu hiệu rằng BĐT Cauchy-Schwarz có thể có hiệu quả. Sẽ rất tuyệt nếu ta có , nhưng điều này ở đây không hằng đúng. Cũng có thể thấy xyz không đóng vai trò quan trọng trong bài toán này, vì vậy, tốt nhất là loại bỏ nó. Vì vậy, ta viết và bây giờ thì phép thế a=yzu, b=zxv và c=xyw trở nên tự nhiên. 
 Như vậy, ta cần chứng minh rằng với u+v+w=1. Bây giờ thì ta có thể thấy dạng của BĐT Cauchy-Schwarz:
 và biểu thức cuối cùng nhỏ hơn vì u+v+w=1. 
 Ta thấy rằng ta có thể áp dụng Cauchy-Schwarz khi ta có các tổng. Thế với tích số thì sao? Ví dụ sau đây sẽ chứng tỏ rằng trong trường hợp này, ta cần có 1 chút sáng tạo:
Ví dụ 4
 Cho n>1 là số nguyên và là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
.
Cuộc thi CH Séc-Slovakia-Ba Lan, 2001
Lời giải:
 Ta sẽ thử áp dụng Cauchy-Schwarz cho mỗi thừa số có mặt ở vế phải. Một cách tự nhiên, ta viết , vì ta cần , biểu thức có mặt ở vế trái. Tương tự, ta có thể viết ,, . 
Nhân các bất đẳng thức này với nhau, ta được
 (*).
Nhưng đây chưa phải là điều ta cần. Như thế Cauchy không có hiệu quả cho BĐT này. Không hẳn thế! Ta lại áp dụng lý luận này một lần nữa để có that (**). 
Như thế nếu, (*) sẽ cho chúng ta kết quả, còn nếu ngược lại thì (**) sẽ kết thúc lời giải của chúng ta.
 Bây giờ ta sẽ xem xét những bài toán khó hơn. 
Ví dụ 5
 Cho x,y>0 sao cho . Chứng minh rằng .
Nga, 1999
Lời giải:
 Ý tưởng ở đây là chặn bởi với A nào đó. Điều này là có lý nếu nhìn vào các luỹ thừa. Ta thử áp dụng vài thủ thuật với Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân:
. Như vậy ta đã chứng tỏ rằng . Nhưng và do đó từ đây ta suy ra và .
 Một áp dụng đẹp của BĐT Cauchy-Schwarz là ví dụ sau:
Ví dụ 6
 Cho a,b,c,x,y,z là các số thực sao cho và . Chứng minh rằng ax+by+cz.
Cuộc thi Mathlinks, 2005
Lời giải:
 Một lần nữa có vẻ như là có thể áp dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz. Thế nhưng chúng ta sẽ thấy rằng chúng ta sẽ gặp khó khăn khi làm điều đó. Phải áp dụng Cauchy-Schwarz ở đây thế nào? Câu trả lời đến từ một câu hỏi khác: ax+by+cznghĩa là gì? Điều này tương đương với với số thực dương t nào đó. Vì thế, sẽ rất tuyệt nếu ta tìm được t như thế. Điều này dẫn đến việc đánh giá biểu thức ax+by+cz-t. Cố gắng thuần nhất hoá các biểu thức, ta có dãy các hệ thức và bất đẳng thức sau:
. Như vậy, ta cần tìm t sao cho (*). Bằng cách này, ta sẽ có và lời giải kết thúc. Nhưng (*) tương đương với . Rõ ràng chọn lựa tốt nhất là t=2. Như vậy, một cách gián tiếp ta chứng minh được rằng và từ điều này suy ra ax+by+cz.
 Đã lâu ta không thấy căn thức, đây là thời điểm để giải hai bài toán như vậy:
Ví dụ 7 
 Chứng minh rằng nếu x,y,z thoả mãn điều kiện x+y+z+xyz=0, thì ta có:
.
Lời giải:
 Ta có căn thức, vì vậy đầu tiên ta sẽ áp dụng Cauchy ở dạng hiển nhiên:
.
 Nhưng biểu thức vế phải có nhỏ hơn 3? Có, nếu như . Bây giờ ta giả sử rằng x+y+z > 0. Khi đó xyz<0. Có thể giả sử z<0. Từ đây ta có . Ta sẽ không từ bỏ và cố gắng áp dụng Cauchy-Schwarz một lần nữa, như lần này là cho 2 căn:
.
 Và ta cần chứng minh rằng . Vì , tất cả quy về việc chức minh rằng . Ta muốn sử dụng Cauchy thế nào đó để làm mất đi 1-x ở vế trái. Cụ thể là:
 Và bài toán được giải quyết hoàn toàn. 
 Có thể ví dụ khó nhất trong các bài toán dạng này là bài toán sau:
Ví dụ 8
 Chứng minh rằng với mọi a,b,c,x,y,z>0 ta có bất đẳng thức:
.
Crux Mathematicorum
Lời giải:
 Ở đây chẳng thấy có dấu hiệu gì của Cauchy. Nhưng thực tế thì có ít nhất hai lời giải của bài toán này sử dụng Cauchy-Schwarz.
Lời giải 1:
Ta sẽ chứng minh rằng
	 (1)
Từ đây suy ra điều phải chứng minh. (1) tương đương với
Bởi vì
Nên ta chỉ cần chứng minh
Nhưng điều này là hiển nhiên sau khi bình phương hai vế của BĐT.
Lời giải 2:
 Từ tính thuần nhất đối với x,y,z ta có thể giả sử rằng x+y+z=1. Bất đẳng thức trở thành:
.
 Bây giờ ta bắt đầu áp dụng Cauchy-Schwarz. Cách tự nhiên nhất là 
. Bây giờ ta cố gắng sử dụng 3(xy+yz+zx) vì vậy ta có thể bổ sung (sử dụng Cauchy-Schwarz) 2(xy+yz+zx) vào với . Như thế ta cần một điều kiểu như .
 Ta cũng phải có và A+B cần phải càng nhỏ các tốt. Vì thế lựa chọn duy nhất là và ta chỉ còn cần chứng minh rằng 
. Nhưng đây là một bài toán đơn giản, vì nó có thể biến đổi thành .
 Bây giờ ta sẽ nói về một thủ thuật đã được áp dụng khá nhiều trong những năm gần đây để giải các bài toán thi. Đây chính là một trong những phương án của BĐT Cauchy-Schwarz:
, với mọi thực và dương.
 Một áp dụng đơn giản của thủ thuật này là bài toán sau, được đề nghị tại Cuộc thi giữa các thành phố (Tournament of The Towns competition)
Ví dụ 9
 Chứng minh rằng với mọi các số thực dương a,b,c ta có bất đẳng thức sau:
.
Lời giải:
 Nếu ta viết lại vế phải dưới dạng , ta sẽ biết ta cần làm gì:
.
 Như vậy, ta sẽ có ngay điều phải chứng minh nếu , và thực tế thì ở đây xảy ra dấu bằng.
 Có thể có cảm nhận rằng bất đẳng thức chứa phân số nào cũng có thể tấn công bằng cách này. Điều này hoàn toàn sai lầm! Sẽ có những trường hợp mà gần như ta không thể tìm được và . Ta sẽ thảo luận một số bài toán mà trong đó thủ thuật này được áp dụng một cách không hiển nhiên chút nào.
Ví dụ 10
 Cho thoả mãn điều hiện . Chứng minh rằng:
.
Lời giải:
 Câu hỏi chính ở đây là: từ đâu ta có được ? Có thể biểu thức này sẽ đến từ sau khi ta áp dụng thủ thuật. Vì thế, ta hãy thử làm điều này (mặc dù hoàn toàn không hiển nhiên là điều này sẽ dẫn đến lời giải):
.
Bài toán mới, chứng minh rằng trông có vẻ còn khó hơn, nhưng chúng ta sẽ thấy rằng chúng ta phải tiến thêm một bước để giải được bài toán. Một lần nữa, ta lại xem vế phải và viết dưới dạng . Vì vậy, ta có thể áp dụng thủ thuật như sau:
.
 Bây giờ thì ta chỉ còn lại một bài toán đơn giản: nếu , thì , hay . Nhưng điều này là hiển nhiên theo BĐT Trung bình cộng, trung bình nhân.
Ví dụ 11
 Chứng minh rằng với mọi a,b,c>0 ta có bất đẳng thức sau:
.
Nhật Bản, 1997
Lời giải:
 Sau khi thất bại vì áp dụng thủ thuật một cách trực tiếp, chúng ta có thể sẽ hơi thất vọng. Nhưng dạng của bất đẳng thức mời gọi chúng ta. Cách thức tự nhiên nhất là:
vì trong cách này ta thu được một bất đẳng thức ba biến số mà chúng ta biết khá rõ một số tính chất. Như vậy, ta cần chứng minh rằng nếu , thì , điều này tương đương với .
Đánh tiếc là ta không thể sử dụng trực tiếp dữ kiện . Vì vậy, ta cần tìm các bất đẳng thức dạnh như . Hằng số tốt nhất là k=2 (vì ta có dấu bằng khi x=y=z=2). Thật thế, sau một số tính toán trực tiếp, bất đẳng thức có thể viết dưới dạng , và đó chính là BĐT Schur. Từ đó, ta có thể viết:
,
Và BĐT cuối cùng đúng vì . 
Tại kỳ thi Toán quốc tế 2001, bài toán 2 đã gây được khá nhiều khó khăn cho các thí sinh. Lời giải chính thức của HĐGK khá hiệu quả, nhưng rất thiếu tự nhiên. Ta đưa ra một cách tiếp cận khác, cho phép đưa ra một mở rộng đẹp:
Ví dụ 12
Cho k là số thực, k ≥ 8. Chứng minh rằng với các số nguyên dương a, b, c ta có bất đẳng thức
(Mở rộng bài toán IMO 2001	)
Lời giải: Ta có, theo Cauchy-Schwarz 	
Bây giờ, áp dụng Cauchy-Schwarz cho tổng thứ hai
Như vậy ta chỉ cần chứng min 
Nhưng điều này tương đương với
	(k-8)(a3+b3+c3) + 3(k+1)(a+b)(b+c)(c+a) ³ 27kabc
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên teo BĐT trung bình cộng-trung bình nhân.
 Tuy nhiên, có lẽ ví dụ khó nhất ở dạng này là bài toán sau:
Ví dụ 13
 Cho và n>12 sao cho và . Chứng minh rằng:
.
Lời giải:
 Ta phải bắt đầu thế nào, nếu như có nhiều điều kiện như vậy? Qui tắc tổng quát là hãy tạm đừng để ý đến chúng và tập trung vào biểu thức xuất hiện trong yêu cầu đề bài. Dễ thấy, 
=
. 
Như thế ta cần chứng minh rằng . Để hoàn thiện vế trái, ta cộng thêm - và . Như thế, ta cần chứng minh rằng .
Nhưng . Vì ta có , rõ ràng ta có thể viết: . Vì vậy, ta cần tìm maximum của và . Nhìn lại điều kiện của bài toán, ta thấy rằng BĐT Cauchy-Schwarz một lần nữa là lựa chọn tốt nhất: và tương tự . Vậy, ta chỉ cần chứng minh rằng .
Nếu chúng ta thử dùng , ta sẽ không thành công. Nhưng ta có thể dùng cả hai điều kiện để thấy rằng 
, như thế . Từ đó, . Bây giờ thì ta đã thấy điều kiện n>12 xuất phát từ đâu. Vì n>12 nên ta có .
Bài tập áp dụng
1. Chứng minh bất đẳng thức:
.
2. Cho x,y,z>0 sao cho . Chứng minh rằng:
.
3. Cho n>1, tìm giác trị nhỏ nhất của , trong đó có tổng bình phương bằng 1.
Thổ Nhĩ Kỳ, 1997
4. Cho x,y,z>1 sao cho . Chứng minh rằng .
Iran, 1998
5. Cho x, y, z là các số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng: .
6. Cho a,b,c>0 thoả mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng: .
7. Cho a,b,c>=0 such that . Chứng minh rằng:
.
Nhật Bản, 2001
8. Cho n>3 and , whose sum of squares is 1. Chứng minh rằng:
.
Đề thi chọn ĐT Rumani, 2002
9. Chứng minh rằng nếu , thì ta có bất đẳng thức sau:
.
10. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC thì
	4/3 < a/(a+b) + b/(b+c) + c/(c+a) < 5/3
11. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện
Tìm giá trị lớn nhất của P(x,y,z) = 1/x2+1/y2+1/z2.
VMO 2001
12. Cho x Î [0, 1]. Chứng minh rằng 
Olympic 30/4, 1996
13. Chứng minh rằng với 2n số thực a1, a2, , an, x1, x2, , xn ta có 
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Kvant 1989, TH&TT 1997
Các đề toán đề nghị cho cuộc thi giải toán bất đẳng thức 
trên Diễn đàn toán học (Hè 2007)
1. Cho x, y là các số thực dương thoả mãn điều kiện x + y = 2. Chứng minh rằng
	x15y15(x6 + y6) £ 2.
2. Cho tam giác ABC có ÐA = 600. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Một đường thẳng thay đổi qua I cắt cạnh AB tại M và AC tại N. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức BM + CN + MN/2. 	 
3. Cho a, b, c, x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng
4. Cho a, b, c > 0, abc = 1. Chứng minh rằng 
a3 + b3 + c3 + 15 ³ 6(1/a + 1/b + 1/c)
5. Cho x1, x2, , xn; y1, y2, , yn là các số thực thuộc đoạn [0, 1]. Biết rằng với mọi r thuộc [0, 1] ta có
	| { iÎ I | xi ³ r} | ³ | { iÎ I | yi ³ r} |, trong đó I = {1, 2, ..., n}.
Chứng minh rằng x1 + x2 + ... + xn ³ y1 + y2 + ... + yn 
6. Tìm số thực a > 1 lớn nhất sao cho với mọi số nguyên dương n và với mọi 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.
1. Trước hết ta chứng minh x3y3(x3+y3) £ 2. Điều này được thực hiện một cách dễ dàng bằng cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số xy, xy, xy và x2 – xy + y2.
Tiếp theo, ta có 
	x15y15(x6 + y6) = x15y15((x3 + y3)2 – 2x3y3) = x9y9[x3y3(x3+y3)]2- 2x18y18 £ 4x9y9 – 2x18y18 = 2 – 2(x9y9-1)2 £ 2.
Ghi chú. Có thể chứng minh được bất đẳng thức tổng quát: 
xn(n-1)/2yn(n-1)/2(xn+yn) £ 2.
2. Đáp số: min bằng BC đạt được khi IM = IN. Gợi ý: Lấy M’ và N’ đối xứng với M và N qua IB và IC tương ứng. Sau đó dùng định lý hàm số cos để đánh giá M’N’.
3. Biến đổi bất đẳng thức về dạng
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovsky-Schwartz, ta có vế trái lớn hơn hay bằng
Như vậy ta cần chứng minh 
	 (1)
Đặt m2 = y + z, n2 = z + x, p2 = x + y thì 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 chỉ cần chứng minh rằng
Chuyển vế rồi bình phương hai vế (chú ý hai vế đều dương), rút gọn các số hạng đồng dạng, ta được bất đẳng thức trên tương đương với
	m4 + n4 + p4 ³ mnp(m+n+p).
Ghi chú. Bất đẳng thức trên còn có thể chứng minh bằng phương pháp hình học, cụ thể dùng bất đẳng thức 
 	(1)
Với x, y, z là các số dương, S là diện tích của tam giác có ba cạnh là a, b, c.
(1) có thể được chứng minh như sau: Ta có
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo Cauchy-Bunhiacopsky-Schwartz.
4. Gợi ý, dồn biến hoặc dùng đạo hàm để đưa về bất đẳng thức 1 biến. Lưu ý là bất đẳng thức 1 biến này khá khoai, cần phải phân trường hợp mới chứng minh được. Trong đó có kỹ thuật bỏ bớt 1 số số hạng.
5. Giả sử {t1, t2, , tk} là tập hợp tất cả các giá trị khác nhau mà xi, yi, i = 1, 2, , n có thể nhận được, xếp theo thứ tự tăng dần. Đặt
	ri = {j Î I | xj = ti } và si = {j Î I | yj = ti }
Theo giả thiết ta có 
	rk ³ sk 
	rk + rk-1 ³ 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
³ 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 chú. Bài này thoạt nhìn tưởng hiển nhiên, nhưng trình bày rất khó. Kỹ thuật trên đây là kỹ thuật tổng Abel
6. Giả sử a đã tìm được. Khi đó chọn x1 = x2 =  = xn-1 = 1, xn = a, ta có
	(n-1+a)(n-1+1/a)2 £ n3
ó (a-1)((n2-2n+1)a2 – (2n2-3n+2)a + n-1) £ 0
ó n2(a2-2a) – (2a2-3a-1)n + a2 – 2a – 1 £ 0
Bất đẳng thức này cần đúng với mọi n, do đó ta cần có a £ 2. Nhiệm vụ bây giờ cần chứng minh là giá trị a = 2 thoả mãn yêu cầu.