Trong bài này
Bài viết giới thiệu đến các bạn 12 cách chứng minh khác nhau của bất đẳng thức nổi tiếng Bunyakovsky Cauchy Schwarz, một công việc của Hui-Hua Wu và Shanhe Wu.
Trước hết, chúng ta cùng nhìn lại phát biểu tổng quát của bất đẳng thức này.
Bất đẳng thức B.C.S.
Cho hai dãy số thực
a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,\ldots,a_n a 1 , a 2 , … , a n và
b 1 , b 2 , … , b n b_1,b_2,\ldots,b_n b 1 , b 2 , … , b n , khi ấy ta có
( ∑ i = 1 n a i 2 ) ( ∑ i = 1 n b i 2 ) ≥ ( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 . \begin{align}\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) \ge \left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2.
\end{align} ( i = 1 ∑ n a i 2 ) ( i = 1 ∑ n b i 2 ) ≥ ( i = 1 ∑ n a i b i ) 2 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi hai chuỗi
( a 1 , a 2 , … , a n ) (a_1,a_2,\ldots,a_n) ( a 1 , a 2 , … , a n ) ,
( b 1 , b 2 , … , b n ) (b_1,b_2,\ldots,b_n) ( b 1 , b 2 , … , b n ) tỷ lệ với nhau, hay nói cách khác có một hằng số
λ \lambda λ thỏa
a k = λ b k a_k=\lambda b_k a k = λ b k với
k ∈ { 1 , 2 , … , n } k\in \{1,2,\ldots,n\} k ∈ { 1 , 2 , … , n } . Đôi khi ta thấy dạng quen thuộc hơn là
a 1 b 1 = a 2 b 2 = … = a n b n , \dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = \ldots = \dfrac{a_n}{b_n}, b 1 a 1 = b 2 a 2 = … = b n a n , Với điều kiện mẫu bằng
0 0 0 thì tử số tương ứng cũng bằng
0 0 0 .
Tiếp theo là 12 cách chứng minh khác nhau bất đẳng thức trên.
Khai triển đẳng thức sau và nhóm các hạng tử giống nhau lại với nhau ta được
∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ( a i b j − a j b i ) 2 = ∑ i = 1 n a i 2 ∑ j = 1 n b j 2 + ∑ i = 1 n b i 2 ∑ j = 1 n a j 2 − 2 ∑ i = 1 n a i b i ∑ j = 1 n b j a j = 2 ( ∑ i = 1 n a i 2 ) ( ∑ i = 1 n b i 2 ) − 2 ( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 . \begin{align*}
\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_ib_j-a_jb_i)^2
&= \sum_{i=1}^na_i^2\sum_{j=1}^n b_j^2 + \sum_{i=1}^nb_i^2 \sum_{j=1}^na_j^2 - 2\sum_{i=1}^na_ib_i \sum_{j=1}^nb_ja_j \\
&= 2\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) - 2\left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)^2.
\end{align*} i = 1 ∑ n j = 1 ∑ n ( a i b j − a j b i ) 2 = i = 1 ∑ n a i 2 j = 1 ∑ n b j 2 + i = 1 ∑ n b i 2 j = 1 ∑ n a j 2 − 2 i = 1 ∑ n a i b i j = 1 ∑ n b j a j = 2 ( i = 1 ∑ n a i 2 ) ( i = 1 ∑ n b i 2 ) − 2 ( i = 1 ∑ n a i b i ) 2 . Xét tam thức bậc hai
f ( x ) = ( ∑ i = 1 n a i 2 ) x 2 − 2 ( ∑ i = 1 n a i x i ) x + ∑ i = 1 n x i 2 = ∑ i = 1 n ( a i x − x i ) 2 . f(x) = \left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2 \right)x^2 - 2\left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_ix_i \right)x + \displaystyle\sum_{i=1}^n x_i^2 = \displaystyle\sum_{i=1}^n (a_ix-x_i)^2. f ( x ) = ( i = 1 ∑ n a i 2 ) x 2 − 2 ( i = 1 ∑ n a i x i ) x + i = 1 ∑ n x i 2 = i = 1 ∑ n ( a i x − x i ) 2 . Vì
f ( x ) ≥ 0 , ∀ x ∈ R f(x)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R} f ( x ) ≥ 0 , ∀ x ∈ R nên ta suy ra biệt thức
Δ f \Delta_f Δ f của
f f f phải âm, tức là
Δ f ≤ 0 \Delta_f\le 0 Δ f ≤ 0 hay
Δ f = ( ∑ i = 1 n a i x i ) 2 − ( ∑ i = 1 n a i 2 ) ( ∑ i = 1 n b i 2 ) ≤ 0. \Delta_f = \left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_ix_i \right)^2 - \left( \displaystyle\sum_{i=1}^n a_i^2 \right)\left( \displaystyle\sum_{i=1}^n b_i^2 \right) \le 0. Δ f = ( i = 1 ∑ n a i x i ) 2 − ( i = 1 ∑ n a i 2 ) ( i = 1 ∑ n b i 2 ) ≤ 0. Khi
Σ i = 1 n a i 2 = 0 \Sigma_{i=1}^na_i^2=0 Σ i = 1 n a i 2 = 0 hay
Σ i = 1 n b i 2 = 0 \Sigma_{i=1}^nb_i^2=0 Σ i = 1 n b i 2 = 0 thì (1) hiển nhiên đúng. Do đó ta giả sử
A n = Σ i = 1 n a i 2 ≠ 0 , B n = Σ i = 1 n b i 2 ≠ 0 , x i = a i A n , y i = b i B n , ( i = 1 , 2 , … , n ) , \begin{align*}
A_n&=\Sigma_{i=1}^na_i^2\ne 0, B_n=\Sigma_{i=1}^nb_i^2\ne 0, \\
x_i&=\dfrac{a_i}{\sqrt{A_n}}, y_i=\dfrac{b_i}{\sqrt{B_n}}, (i=1,2,\ldots,n),
\end{align*} A n x i = Σ i = 1 n a i 2 = 0 , B n = Σ i = 1 n b i 2 = 0 , = A n a i , y i = B n b i , ( i = 1 , 2 , … , n ) , thì khi đó
Σ i = 1 n x i 2 = Σ i = 1 n y i 2 = 1 \Sigma_{i=1}^nx_i^2=\Sigma_{i=1}^ny_i^2=1 Σ i = 1 n x i 2 = Σ i = 1 n y i 2 = 1 và biểu thức gốc sẽ tương đương với,
x 1 y 1 + x 2 y 2 + … + x n y n ≤ 1. x_1y_1+x_2y_2+\ldots+x_ny_n \le 1. x 1 y 1 + x 2 y 2 + … + x n y n ≤ 1. Dân đến,
2 ( x 1 y 1 + x 2 y 2 + … + x n y n ) ≤ x 1 2 + x 2 2 + … + x n 2 + y 1 2 + y 2 2 + … + y n 2 . 2(x_1y_1+x_2y_2+\ldots+x_ny_n) \le x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2 + y_1^2 + y_2^2 + \ldots + y_n^2. 2 ( x 1 y 1 + x 2 y 2 + … + x n y n ) ≤ x 1 2 + x 2 2 + … + x n 2 + y 1 2 + y 2 2 + … + y n 2 . Điều này dẫn đến
( x 1 − y 1 ) 2 + ( x 2 − y 2 ) 2 + … + ( x n − y n ) 2 ≥ 0 , (x_1-y_1)^2 + (x_2-y_2)^2 + \ldots + (x_n-y_n)^2 \ge 0, ( x 1 − y 1 ) 2 + ( x 2 − y 2 ) 2 + … + ( x n − y n ) 2 ≥ 0 , luôn đúng nên bất đẳng thức gốc cũng luôn đúng.
Đặt
A = a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 A=\sqrt{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2} A = a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 ,
B = b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 B=\sqrt{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2} B = b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 . Theo bất đẳng thức
AM-GM (trung bình cộng, trung bình nhân) , ta có
∑ i = 1 n a i b i A B ≤ ∑ i = 1 n 1 2 ( a i 2 A 2 + b i 2 B 2 ) = 1 , \sum_{i=1}^n\dfrac{a_ib_i}{AB} \le \sum_{i=1}^n\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{a_i^2}{A^2} + \dfrac{b_i^2}{B^2} \right)=1, i = 1 ∑ n A B a i b i ≤ i = 1 ∑ n 2 1 ( A 2 a i 2 + B 2 b i 2 ) = 1 , do đó,
∑ i = 1 n a i b i ≤ A B = a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 . \sum_{i=1}^na_ib_i\le AB=\sqrt{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}\sqrt{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2}. i = 1 ∑ n a i b i ≤ A B = a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 . Đặt
A n = a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 A_n = a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2 A n = a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 ,
B n = a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n B_n=a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n B n = a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n ,
C n = b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 C_n=b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2 C n = b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 .
Cũng theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
AM-GM , ta có
A n C n B n 2 + 1 = ∑ i = 1 n a i 2 C n B n 2 + ∑ i = 1 n b i 2 C n = ∑ i = 1 n ( a i 2 C n B n 2 + b i 2 C n ) ≥ ∑ i = 1 n a i B n = 2. \begin{align*}\dfrac{A_nC_n}{B_n^2}+1 &= \sum_{i=1}^n \dfrac{a_i^2C_n}{B_n^2} + \sum_{i=1}^n\dfrac{b_i^2}{C_n}\\ &= \sum_{i=1}^n (\dfrac{a_i^2C_n}{B_n^2} +\dfrac{b_i^2}{C_n}) \\ &\ge \sum_{i=1}^n \dfrac{a_i}{B_n}=2. \end{align*} B n 2 A n C n + 1 = i = 1 ∑ n B n 2 a i 2 C n + i = 1 ∑ n C n b i 2 = i = 1 ∑ n ( B n 2 a i 2 C n + C n b i 2 ) ≥ i = 1 ∑ n B n a i = 2. Do đó
A n C n ≥ B n 2 . A_nC_n \ge B_n^2. A n C n ≥ B n 2 . Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học. Với
n = 1 n=1 n = 1 , (1) hiển nhiên đúng. Còn với
n = 2 n=2 n = 2 thì (1) cũng đúng vì,
( a 1 b 1 + a 2 b 2 ) 2 = a 1 2 b 1 2 + 2 a 1 b 1 a 2 b 2 + a 2 2 b 2 2 ≤ a 1 2 b 1 2 + a 1 2 b 2 2 + a 2 2 b 1 2 + a 2 2 b 2 2 = ( a 1 2 + a 2 2 ) ( b 1 2 + b 2 2 ) . \begin{align*}
(a_1b_1+a_2b_2)^2 &= a_1^2b_1^2+2a_1b_1a_2b_2 + a_2^2b_2^2 \\
&\le a_1^2b_1^2 + a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 + a_2^2b_2^2 \\
&= (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2).
\end{align*} ( a 1 b 1 + a 2 b 2 ) 2 = a 1 2 b 1 2 + 2 a 1 b 1 a 2 b 2 + a 2 2 b 2 2 ≤ a 1 2 b 1 2 + a 1 2 b 2 2 + a 2 2 b 1 2 + a 2 2 b 2 2 = ( a 1 2 + a 2 2 ) ( b 1 2 + b 2 2 ) . Giả sử (1) đúng với
n = k ≥ 2 n=k\ge 2 n = k ≥ 2 , tức là
( ∑ i = 1 k a i b i ) 2 ≤ ( ∑ i = 1 k a i 2 ) ( ∑ i = 1 k b i 2 ) . \left( \sum_{i=1}^ka_ib_i \right)^2 \le \left(\sum_{i=1}^ka_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^kb_i^2\right). ( i = 1 ∑ k a i b i ) 2 ≤ ( i = 1 ∑ k a i 2 ) ( i = 1 ∑ k b i 2 ) . Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với
n = k + 1 n=k+1 n = k + 1 , thật vậy,
∑ i = 1 k + 1 a i 2 ∑ i = 1 k + 1 b i 2 = ∑ i = 1 k a i 2 + a k + 1 2 . ∑ i = 1 k b i 2 + b k + 1 2 ≥ ∑ i = 1 k a i 2 ∑ i = 1 k b i 2 + ∣ a k + 1 b k + 1 ∣ ≥ ∑ i = 1 k ∣ a i b i ∣ + ∣ a k + 1 b k + 1 ∣ = ∑ i = 1 k + 1 ∣ a i b i ∣ . \begin{align*}
\sqrt{\sum_{i=1}^{k+1}a_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^{k+1}b_i^2}
&= \sqrt{\sum_{i=1}^ka_i^2+a_{k+1}^2}. \sqrt{\sum_{i=1}^kb_i^2+b_{k+1}^2}\\
&\ge \sqrt{\sum_{i=1}^ka_i^2} \sqrt{\sum_{i=1}^kb_i^2} + |a_{k+1}b_{k+1}| \\
&\ge\sum_{i=1}^k|a_ib_i| + |a_{k+1}b_{k+1}| =\sum_{i=1}^{k+1}|a_ib_i|.
\end{align*} i = 1 ∑ k + 1 a i 2 i = 1 ∑ k + 1 b i 2 = i = 1 ∑ k a i 2 + a k + 1 2 . i = 1 ∑ k b i 2 + b k + 1 2 ≥ i = 1 ∑ k a i 2 i = 1 ∑ k b i 2 + ∣ a k + 1 b k + 1 ∣ ≥ i = 1 ∑ k ∣ a i b i ∣ + ∣ a k + 1 b k + 1 ∣ = i = 1 ∑ k + 1 ∣ a i b i ∣. Đặt
A = { a 1 b 1 , … , a 1 b n , a 2 b 1 , … , a 2 b n , … , a n b 1 , … , a n b n } , B = { a 1 b 1 , … , a 1 b n , a 2 b 1 , … , a 2 b n , … , a n b 1 , … , a n b n } , C = { a 1 b 1 , … , a 1 b n , a 2 b 1 , … , a 2 b n , … , a n b 1 , … , a n b n } , D = { a 1 b 1 , … , a n b 1 , a 1 b 2 , … , a n b 2 , … , a 1 b n , … , a n b n } . \begin{align*}
A=\{ a_1b_1,\ldots,a_1b_n,a_2b_1,\ldots,a_2b_n,\ldots,a_nb_1,\ldots,a_nb_n \},\\
B=\{ a_1b_1,\ldots,a_1b_n,a_2b_1,\ldots,a_2b_n,\ldots,a_nb_1,\ldots,a_nb_n \},\\
C=\{ a_1b_1,\ldots,a_1b_n,a_2b_1,\ldots,a_2b_n,\ldots,a_nb_1,\ldots,a_nb_n \},\\
D=\{ a_1b_1,\ldots,a_nb_1,a_1b_2,\ldots,a_nb_2,\ldots,a_1b_n,\ldots,a_nb_n \}.
\end{align*} A = { a 1 b 1 , … , a 1 b n , a 2 b 1 , … , a 2 b n , … , a n b 1 , … , a n b n } , B = { a 1 b 1 , … , a 1 b n , a 2 b 1 , … , a 2 b n , … , a n b 1 , … , a n b n } , C = { a 1 b 1 , … , a 1 b n , a 2 b 1 , … , a 2 b n , … , a n b 1 , … , a n b n } , D = { a 1 b 1 , … , a n b 1 , a 1 b 2 , … , a n b 2 , … , a 1 b n , … , a n b n } . Dễ dàng nhận ra rằng
A , B A,B A , B có sự sắp xếp y chang nhau trong khi
C , D C,D C , D thì có sự sắp xếp ngược nhau tí. Áp dụng
bất đẳng thức hoán vị ta được,
( a 1 b 1 ) ( a 1 b 1 ) + … + ( a 1 b n ) ( a 1 b n ) + ( a 2 b 1 ) ( a 2 b 1 ) + ( a 2 b n ) ( a 2 b n ) + … + ( a n b 1 ) ( a n b 1 ) + … + ( a n b n ) ( a n b n ) ≥ ( a 1 b 1 ) ( a 1 b 1 ) + … + ( a 1 b n ) ( a n b 1 ) + ( a 2 b 1 ) ( a 1 b 2 ) + ( a 2 b n ) ( a n b 1 ) + … + ( a n b 1 ) ( a 1 b n ) + … + ( a n b n ) ( a n b n ) . \begin{align*}
&(a_1b_1)(a_1b_1)+\ldots+(a_1b_n)(a_1b_n) + (a_2b_1)(a_2b_1) + \\
&\quad (a_2b_n)(a_2b_n) + \ldots+ (a_nb_1)(a_nb_1)+\ldots+(a_nb_n)(a_nb_n)\\
&\ge (a_1b_1)(a_1b_1)+\ldots+(a_1b_n)(a_nb_1) + (a_2b_1)(a_1b_2) + \\
&\quad (a_2b_n)(a_nb_1) + \ldots+ (a_nb_1)(a_1b_n)+\ldots+(a_nb_n)(a_nb_n).
\end{align*} ( a 1 b 1 ) ( a 1 b 1 ) + … + ( a 1 b n ) ( a 1 b n ) + ( a 2 b 1 ) ( a 2 b 1 ) + ( a 2 b n ) ( a 2 b n ) + … + ( a n b 1 ) ( a n b 1 ) + … + ( a n b n ) ( a n b n ) ≥ ( a 1 b 1 ) ( a 1 b 1 ) + … + ( a 1 b n ) ( a n b 1 ) + ( a 2 b 1 ) ( a 1 b 2 ) + ( a 2 b n ) ( a n b 1 ) + … + ( a n b 1 ) ( a 1 b n ) + … + ( a n b n ) ( a n b n ) . Rút gọn ta sẽ được biểu thức gốc.
Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
AM-GM , ta có với
λ > 0 \lambda>0 λ > 0 ∣ a i b i ∣ ≤ 1 2 ( λ a i 2 + b i 2 λ ) . |a_ib_i|\le \dfrac{1}{2}\left( \lambda a_i^2+\dfrac{b_i^2}{\lambda} \right). ∣ a i b i ∣ ≤ 2 1 ( λ a i 2 + λ b i 2 ) . Chọn
λ = ∑ i = 1 n b i 2 / ∑ i = 1 n a i 2 \lambda = \sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2 /\sum_{i=1}^na_i^2} λ = ∑ i = 1 n b i 2 / ∑ i = 1 n a i 2 , ta được
∣ a i b i ∣ ≤ [ ∑ i = 1 n b i 2 ∑ i = 1 n a i 2 a i 2 + ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 b i 2 ] . |a_ib_i| \le \left[ \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^nb_i^2}{\sum_{i=1}^na_i^2}a_i^2} + \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^na_i^2}{\sum_{i=1}^nb_i^2}b_i^2}\right]. ∣ a i b i ∣ ≤ [ ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 a i 2 + ∑ i = 1 n b i 2 ∑ i = 1 n a i 2 b i 2 ] . Do đó,
∑ i = 1 n ∣ a i b i ∣ ≤ 1 2 [ ∑ i = 1 n b i 2 ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n a i 2 + ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 ∑ i = 1 n b i 2 ] , \sum_{i=1}^n |a_ib_i| \le \dfrac{1}{2} \left[ \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^nb_i^2}{\sum_{i=1}^na_i^2}\sum_{i=1}^na_i^2} + \sqrt{\dfrac{\sum_{i=1}^na_i^2}{\sum_{i=1}^nb_i^2}\sum_{i=1}^nb_i^2}\right], i = 1 ∑ n ∣ a i b i ∣ ≤ 2 1 [ ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 i = 1 ∑ n a i 2 + ∑ i = 1 n b i 2 ∑ i = 1 n a i 2 i = 1 ∑ n b i 2 ] , hay tương đương,
∑ i = 1 n ∣ a i b i ∣ ≤ 1 2 ( ∑ i = 1 n b i 2 ∑ i = 1 n a i 2 + ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 ) = ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 . \begin{align*}
\sum_{i=1}^n|a_ib_i| &\le \dfrac{1}{2}\left( \sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2\sum_{i=1}^na_i^2} + \sqrt{\sum_{i=1}^na_i^2\sum_{i=1}^nb_i^2} \right) \\
& = \sqrt{\sum_{i=1}^na_i^2}\sqrt{\sum_{i=1}^nb_i^2}.
\end{align*} i = 1 ∑ n ∣ a i b i ∣ ≤ 2 1 ( i = 1 ∑ n b i 2 i = 1 ∑ n a i 2 + i = 1 ∑ n a i 2 i = 1 ∑ n b i 2 ) = i = 1 ∑ n a i 2 i = 1 ∑ n b i 2 . Xét các vector
α = ( a 1 , a 2 , … , a n ) , β = ( b 1 , b 2 , … , b n ) \alpha=(a_1,a_2,\ldots,a_n), \beta=(b_1,b_2,\ldots,b_n) α = ( a 1 , a 2 , … , a n ) , β = ( b 1 , b 2 , … , b n ) và số thực
t ∈ R t\in \mathbb{R} t ∈ R bất kỳ ta có tích vô hướng sau
( α + t β ) ⋅ ( α + t β ) = α ⋅ α + 2 ( α ⋅ β ) t + ( β ⋅ β ) t 2 . ⇔ ∣ α ∣ 2 + 2 ( α ⋅ β ) t + ∣ β ∣ 2 t 2 = ∣ α + t β ∣ 2 ≥ 0. \begin{align*}
&(\alpha+t\beta)\cdot (\alpha+t\beta) = \alpha\cdot\alpha+ 2(\alpha\cdot\beta)t + (\beta\cdot\beta)t^2.\\
\Leftrightarrow & |\alpha|^2 + 2(\alpha\cdot\beta)t + |\beta|^2t^2 = |\alpha+t\beta|^2\ge 0.
\end{align*} ⇔ ( α + tβ ) ⋅ ( α + tβ ) = α ⋅ α + 2 ( α ⋅ β ) t + ( β ⋅ β ) t 2 . ∣ α ∣ 2 + 2 ( α ⋅ β ) t + ∣ β ∣ 2 t 2 = ∣ α + tβ ∣ 2 ≥ 0. Do đó nếu ta xem biểu thức trên là tam thức bậc hai theo
t t t thì sẽ được
( α ⋅ β ) 2 − ∣ α ∣ 2 ∣ β ∣ 2 ≤ 0 (\alpha\cdot\beta)^2-|\alpha|^2|\beta|^2\le 0 ( α ⋅ β ) 2 − ∣ α ∣ 2 ∣ β ∣ 2 ≤ 0 Thay
α ⋅ β = ∑ i = 1 n a i b i , ∣ α ∣ 2 = ∑ i = 1 n a i 2 , ∣ β ∣ 2 = ∑ i = 1 n b i 2 , \begin{align*}
\alpha\cdot \beta = \sum_{i=1}^na_ib_i, |\alpha|^2=\sum_{i=1}^na_i^2, |\beta|^2=\sum_{i=1}^nb_i^2,
\end{align*} α ⋅ β = i = 1 ∑ n a i b i , ∣ α ∣ 2 = i = 1 ∑ n a i 2 , ∣ β ∣ 2 = i = 1 ∑ n b i 2 , ta sẽ được điều cần chứng minh.
Xét các vector
α = ( a 1 , a 2 , … , a n ) , β = ( b 1 , b 2 , … , b n ) \alpha=(a_1,a_2,\ldots,a_n), \beta=(b_1,b_2,\ldots,b_n) α = ( a 1 , a 2 , … , a n ) , β = ( b 1 , b 2 , … , b n ) và
α ⋅ β = ∣ α ∣ ∣ β ∣ cos ( α , β ) , \alpha\cdot\beta = |\alpha||\beta|\cos(\alpha,\beta), α ⋅ β = ∣ α ∣∣ β ∣ cos ( α , β ) , ta suy ra
α ⋅ β ≤ ∣ α ∣ ∣ β ∣ \alpha\cdot\beta \le |\alpha||\beta| α ⋅ β ≤ ∣ α ∣∣ β ∣ . Thay
α ⋅ β = ∑ i = 1 n a i b i , ∣ α ∣ 2 = ∑ i = 1 n a i 2 , ∣ β ∣ 2 = ∑ i = 1 n b i 2 , \begin{align*}
\alpha\cdot \beta = \sum_{i=1}^na_ib_i, |\alpha|^2=\sum_{i=1}^na_i^2, |\beta|^2=\sum_{i=1}^nb_i^2,
\end{align*} α ⋅ β = i = 1 ∑ n a i b i , ∣ α ∣ 2 = i = 1 ∑ n a i 2 , ∣ β ∣ 2 = i = 1 ∑ n b i 2 , ta sẽ được điều cần chứng minh.
Vì hàm số
f ( x ) = x 2 f(x)=x^2 f ( x ) = x 2 lồi trên
( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) ( − ∞ , + ∞ ) nên theo Jensen, ta có
( p 1 x 1 + p 2 x 2 + … + p n x n ) 2 ≤ p 1 x 1 2 + p 2 x 2 2 + p n x n 2 , \begin{align}
(p_1x_1+p_2x_2+\ldots+p_nx_n)^2 \le p_1x_1^2 + p_2x_2^2 + p_nx_n^2,
\end{align} ( p 1 x 1 + p 2 x 2 + … + p n x n ) 2 ≤ p 1 x 1 2 + p 2 x 2 2 + p n x n 2 , trong đó
x i ∈ R , p i > 0 ( i = 1 , 2 , … , n ) , p 1 + p 2 + … + p n = 1 x_i\in \mathbb{R},p_i> 0 (i=1,2,\ldots,n),p_1+p_2+\ldots+p_n=1 x i ∈ R , p i > 0 ( i = 1 , 2 , … , n ) , p 1 + p 2 + … + p n = 1 .
Trường hợp 1 . Nếu
b i ≠ 0 b_i \ne 0 b i = 0 với
i = 1 , 2 , … , n i=1,2,\ldots,n i = 1 , 2 , … , n , ta áp dụng
x i = a i / b i x_i=a_i/b_i x i = a i / b i và
p i = b i 2 / Σ i = 1 n b i 2 p_i=b_i^2/\Sigma_{i=1}^nb_i^2 p i = b i 2 / Σ i = 1 n b i 2 vào (2) để được
( a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 ) 2 ≤ a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 , \left( \dfrac{a_1b_1+ a_2b_2+\ldots+a_nb_n}{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2} \right)^2 \le \dfrac{a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2}{b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2}, ( b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n ) 2 ≤ b 1 2 + b 2 2 + … + b n 2 a 1 2 + a 2 2 + … + a n 2 , từ đây dễ dàng suy ra (1).
Trường hợp 2 . Nếu tồn tại
b i 1 = b i 2 = … = b i k = 0 b_{i_1}=b_{i_2}=\ldots=b_{i_k}=0 b i 1 = b i 2 = … = b i k = 0 , ta có
( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 = ( ∑ i ≠ i 1 , … , i k , 1 ≤ i ≤ n a i b i ) 2 ≤ ( ∑ i ≠ i 1 , … , i k , 1 ≤ i ≤ n a i 2 ) ( ∑ i ≠ i 1 , … , i k , 1 ≤ i ≤ n b i 2 ) ≤ ( ∑ i = 1 n a i 2 ) ( ∑ i = 1 n b i 2 ) . \begin{align*}
\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 &= \left(\sum_{i\ne i_1,\ldots,i_k,1\le i\le n}a_ib_i\right)^2\\
&\le \left(\sum_{i\ne i_1,\ldots,i_k,1\le i\le n}a_i^2\right) \left(\sum_{i\ne i_1,\ldots,i_k,1\le i\le n}b_i^2\right) \\
&\le \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right).
\end{align*} ( i = 1 ∑ n a i b i ) 2 = i = i 1 , … , i k , 1 ≤ i ≤ n ∑ a i b i 2 ≤ i = i 1 , … , i k , 1 ≤ i ≤ n ∑ a i 2 i = i 1 , … , i k , 1 ≤ i ≤ n ∑ b i 2 ≤ ( i = 1 ∑ n a i 2 ) ( i = 1 ∑ n b i 2 ) . Định nghĩa dãy
{ S n } \{S_n\} { S n } như sau,
S n = ( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 − ( ∑ i = 1 n a i 2 ) ( ∑ i = 1 n b i 2 ) . S_n = \left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 - \left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right). S n = ( i = 1 ∑ n a i b i ) 2 − ( i = 1 ∑ n a i 2 ) ( i = 1 ∑ n b i 2 ) . Khi đó,
S n + 1 − S n = − ∑ i = 1 n ( a i b n + 1 − b i a n + 1 ) 2 ≤ 0 , \begin{align*}
S_{n+1}-S_n
= - \sum_{i=1}^n (a_ib_{n+1} - b_ia_{n+1})^2 \le 0,
\end{align*} S n + 1 − S n = − i = 1 ∑ n ( a i b n + 1 − b i a n + 1 ) 2 ≤ 0 , do đó
S n + 1 ≤ S n , ( n ∈ N ) S_{n+1}\le S_n, (n\in \mathbb{N}) S n + 1 ≤ S n , ( n ∈ N ) . Thành ra ta sẽ được
S n ≤ S n − 1 ≤ … ≤ S 1 = 0 , S_n\le S_{n-1} \le \ldots \le S_1 =0, S n ≤ S n − 1 ≤ … ≤ S 1 = 0 , Từ cái này ta dễ dàng suy ra (1).
