Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy-Schwarz): Toàn tập Công thức, Ứng dụng & Phân biệt với AM-GM

Bất đẳng thức Cô-si (Cauchy-Schwarz): Toàn tập Công thức, Ứng dụng & Phân biệt với AM-GM

Trong kho tàng của toán học, có những viên ngọc sáng lấp lánh bởi vẻ đẹp, sự thanh lịch và sức mạnh ứng dụng vô song. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (BCS) chính là một trong những viên ngọc như vậy. Nó không chỉ là một công cụ chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị cực trị quen thuộc trong các kỳ thi học sinh giỏi, mà còn là một nguyên lý nền tảng xuất hiện trong nhiều lĩnh vực cao cấp như giải tích hàm, đại số tuyến tính, và cả vật lý lý thuyết. Bài viết này sẽ là một hành trình toàn diện, giúp bạn không chỉ làm chủ công thức mà còn thấu hiểu vẻ đẹp và sức mạnh thực sự của nó, đồng thời giải quyết một trong những nhầm lẫn kinh điển nhất trong chương trình toán học Việt Nam.

>> Học thêm: Toán 9.

PHẦN 1: GIỚI THIỆU VÀ LỜI GIẢI ĐÁP QUAN TRỌNG NHẤT

Để bắt đầu hành trình, chúng ta cần hiểu rõ bối cảnh, tầm quan trọng và đặc biệt là giải quyết một sự mơ hồ về tên gọi đã tồn tại trong nhiều thế hệ học sinh Việt Nam. Đây là bước đi đầu tiên và quan trọng nhất để xây dựng một nền tảng kiến thức chuẩn xác.

Giới thiệu: Một trong những Bất đẳng thức "quyền lực" và đẹp nhất Toán học

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, thường được viết tắt là BCS, là một trong những bất đẳng thức toán học nổi tiếng và có nhiều ứng dụng nhất. Sức mạnh của nó nằm ở khả năng tạo ra một mối liên hệ, một sự ràng buộc giữa hai bộ số bất kỳ. Nó là cây cầu nối giữa các tổng của bình phương và bình phương của một tổng, một cấu trúc thường xuyên xuất hiện trong các bài toán đại số.

Vẻ đẹp của BCS không chỉ nằm ở sức mạnh ứng dụng. Nó còn đến từ sự đơn giản trong cách phát biểu và sự đa dạng trong các phương pháp chứng minh. Bất đẳng thức này có thể được chứng minh bằng cách sử dụng các kiến thức từ đại số sơ cấp, hình học vector, hay giải tích, mỗi cách chứng minh lại mở ra một góc nhìn mới về bản chất của nó. Chính vì sự linh hoạt và quyền năng này, BCS đã trở thành một công cụ không thể thiếu cho bất kỳ ai muốn đi sâu vào con đường chinh phục các bài toán bất đẳng thức và cực trị.

Lời giải đáp quan trọng nhất: "Bất đẳng thức Cô-si" ở Việt Nam - Bạn đang tìm BĐT nào?

Đây là phần nội dung quan trọng nhất, nhằm mục đích giải quyết sự nhầm lẫn phổ biến và lâu đời trong chương trình giáo dục phổ thông tại Việt Nam. Khi bạn tìm kiếm "Bất đẳng thức Cô-si", có thể bạn đang nghĩ đến một trong hai bất đẳng thức hoàn toàn khác nhau.

Trường hợp 1 (Thường gặp ở THCS & THPT): Bất đẳng thức Trung bình cộng và Trung bình nhân (AM-GM)

Đây là bất đẳng thức cực kỳ quen thuộc với hầu hết học sinh.

Phát biểu: Với hai số không âm \[a, b\], ta có: \[ \frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} \] Dạng tổng quát cho \[n\] số không âm \[a_1, a_2, \dots, a_n\]: \[ \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n} \ge \sqrt\[n\]{a_1a_2\dots a_n} \]

Giải thích: Tại Việt Nam, do một quy ước sư phạm kéo dài, bất đẳng thức này rất thường được gọi là Bất đẳng thức Cô-si. Đây là một tên gọi quen thuộc và được chấp nhận rộng rãi trong các sách giáo khoa và tài liệu tham khảo phổ thông. Tuy nhiên, trên thế giới, nó được biết đến với cái tên chính xác là Bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean Inequality).

Trường hợp 2 (Tên gọi chuẩn quốc tế): Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (BCS)

Đây mới chính là bất đẳng thức do nhà toán học người Pháp Augustin-Louis Cauchy phát triển và mang tên ông trên toàn thế giới.

Phát biểu: Với hai bộ số thực bất kỳ \[(a, b)\] và \[(x, y)\], ta có: \[ (a^2+b^2)(x^2+y^2) \ge (ax+by)^2 \]

Giải thích: Bất đẳng thức này còn được biết đến với tên gọi Bất đẳng thức Bunyakovsky hoặc Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz (CBS) để ghi nhận đóng góp của các nhà toán học đã mở rộng và tổng quát hóa nó. Đây là một bất đẳng thức hoàn toàn khác với BĐT AM-GM về cả dạng thức và điều kiện áp dụng (BCS áp dụng cho các số thực bất kỳ, không chỉ số không âm).

Kết luận và định hướng của bài viết

Để tránh mọi sự nhầm lẫn và cung cấp kiến thức chuẩn xác theo thông lệ quốc tế, bài viết này sẽ thống nhất sử dụng tên gọi như sau:

• Bất đẳng thức AM-GM để chỉ bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân.

• Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (BCS) để chỉ bất đẳng thức mang tên Cauchy thực thụ.

Nội dung của bài viết này sẽ tập trung phân tích chuyên sâu về Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (BCS). Tất cả các công thức, kỹ thuật và ví dụ trong bài sẽ xoay quanh bất đẳng thức quyền năng này.

Lịch sử và tên gọi: Cauchy, Bunyakovsky, hay Schwarz?

Câu chuyện về tên gọi của bất đẳng thức này phản ánh quá trình phát triển của nó qua nhiều giai đoạn.

1. Augustin-Louis Cauchy (1821): Nhà toán học vĩ đại người Pháp đã phát biểu và chứng minh bất đẳng thức này cho trường hợp các tổng hữu hạn của các số thực trong công trình "Cours d'Analyse" của mình. Đây là dạng mà chúng ta thường gặp nhất trong chương trình phổ thông.

2. Viktor Bunyakovsky (1859): Một nhà toán học người Nga, là học trò của Cauchy, đã mở rộng kết quả này cho trường hợp các tích phân (dạng vô hạn của tổng). Do đó, ở Nga và một số quốc gia, bất đẳng thức này được gọi là Bất đẳng thức Bunyakovsky.

3. Hermann Schwarz (1888): Nhà toán học người Đức đã tiếp tục tổng quát hóa bất đẳng thức này cho không gian tích trong, một khái niệm trừu tượng và mạnh mẽ trong giải tích hàm. Chính vì những đóng góp nối tiếp nhau này, cái tên đầy đủ và trang trọng nhất của nó là Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz, nhưng tên gọi phổ biến và ngắn gọn nhất trong các tài liệu quốc tế vẫn là Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

PHẦN 2: CÁC DẠNG PHÁT BIỂU VÀ CHỨNG MINH BĐT CAUCHY-SCHWARZ

BCS có nhiều dạng phát biểu khác nhau, từ dạng cổ điển cho các bộ số đến dạng vector hình học. Mỗi dạng phát biểu lại mở ra một góc nhìn và một cách tiếp cận khác nhau cho các bài toán.

Phát biểu các dạng của Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Dạng Cổ điển (Dành cho 2 và 3 bộ số)

Đây là dạng dễ nhớ và thường được sử dụng nhất trong các bài toán cơ bản.

• Với 2 bộ số thực \[(a_1, a_2)\] và \[(b_1, b_2)\]: \[ (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2)^2 \]

• Với 3 bộ số thực \[(a_1, a_2, a_3)\] và \[(b_1, b_2, b_3)\]: \[ (a_1^2+a_2^2+a_3^2)(b_1^2+b_2^2+b_3^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)^2 \]

• Điều kiện dấu "=" xảy ra: Khi hai bộ số tỉ lệ với nhau, tức là \[\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \frac{a_3}{b_3}\] (quy ước mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).

Dạng Tổng quát (Dạng ∑ cho n bộ số)

Đây là dạng tổng quát của dạng cổ điển, sử dụng ký hiệu tổng Sigma.

Công thức: Với hai bộ n số thực bất kỳ \[(a_1, a_2, \dots, a_n)\] và \[(b_1, b_2, \dots, b_n)\], ta có: \[ \left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^{n} b_i^2\right) \ge \left(\sum_{i=1}^{n} a_ib_i\right)^2 \]

• Điều kiện dấu "=" xảy ra: Khi tồn tại một số thực \[k\] sao cho \[a_i = k \cdot b_i\] với mọi \[i = 1, 2, \dots, n\] (hai bộ số tỉ lệ).

Dạng Vector trong không gian Euclide (Cách nhìn trực quan nhất)

Đây là dạng phát biểu đẹp và mang nhiều ý nghĩa hình học nhất.

Công thức: Với hai vector bất kỳ \[\vec{u}\] và \[\vec{v}\] trong không gian Euclide, ta có: \[ |\vec{u} \cdot \vec{v}| \le ||\vec{u}|| \cdot ||\vec{v}|| \]

• Giải thích: Trị tuyệt đối của tích vô hướng của hai vector không bao giờ vượt quá tích độ dài của chúng. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi hai vector \[\vec{u}\] và \[\vec{v}\] cùng phương (collinear), tức là \[\vec{u} = k\vec{v}\].

Dạng Engel (Dạng phân thức - BĐT Titu's Lemma)

Đây là một hệ quả trực tiếp của BCS nhưng được phát biểu dưới dạng phân thức, cực kỳ hữu ích trong việc tìm giá trị nhỏ nhất của các tổng có dạng phân số. Nó còn được biết đến với tên gọi Bất đẳng thức Titu's Lemma hay BĐT Svac-xơ (Schwarz).

Công thức: Với bộ n số thực \[(x_1, \dots, x_n)\] và n số thực dương \[(a_1, \dots, a_n)\], ta có: \[ \frac{x_1^2}{a_1} + \frac{x_2^2}{a_2} + \dots + \frac{x_n^2}{a_n} \ge \frac{(x_1+x_2+\dots+x_n)^2}{a_1+a_2+\dots+a_n} \]

• Điều kiện dấu "=" xảy ra: \[\frac{x_1}{a_1} = \frac{x_2}{a_2} = \dots = \frac{x_n}{a_n}\].

Các phương pháp Chứng minh Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Sự vĩ đại của một bất đẳng thức còn nằm ở sự đa dạng trong các cách chứng minh nó.

Chứng minh bằng biến đổi đại số tương đương (Hằng đẳng thức Lagrange)

Đây là cách chứng minh trực tiếp và cơ bản nhất. Ta xét hiệu của hai vế và chứng minh nó không âm. Cách chứng minh này dựa trên một hằng đẳng thức đẹp mắt của Lagrange: \[ \left(\sum_{i=1}^{n} a_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^{n} b_i^2\right) - \left(\sum_{i=1}^{n} a_ib_i\right)^2 = \sum_{1 \le i < j \le n} (a_ib_j - a_jb_i)^2 \] Vì vế phải là tổng của các bình phương nên nó luôn lớn hơn hoặc bằng 0. Do đó, \[\left(\sum a_i^2\right) \left(\sum b_i^2\right) \ge \left(\sum a_ib_i\right)^2\]. Dấu bằng xảy ra khi tất cả các số hạng \[(a_ib_j - a_jb_i)^2\] đều bằng 0, điều này tương đương với \[a_i/b_i = a_j/b_j\] với mọi i, j, tức là hai bộ số tỉ lệ.

Chứng minh bằng cách xét tam thức bậc hai

Đây là một trong những cách chứng minh thanh lịch và phổ biến nhất. Xét một tam thức bậc hai theo biến \[t\]: \[ f(t) = \sum_{i=1}^{n} (a_it - b_i)^2 \] Rõ ràng \[f(t)\] là tổng của các bình phương nên \[f(t) \ge 0\] với mọi giá trị của \[t\]. Ta khai triển \[f(t)\]: \[f(t) = \sum_{i=1}^{n} (a_i^2t^2 - 2a_ib_it + b_i^2) = (\sum a_i^2)t^2 - 2(\sum a_ib_i)t + (\sum b_i^2)\] Vì tam thức \[f(t)\] luôn không âm, nó có thể có tối đa một nghiệm thực. Điều này có nghĩa là biệt thức Delta của nó phải nhỏ hơn hoặc bằng 0. \[ \Delta' = (\sum a_ib_i)^2 - (\sum a_i^2)(\sum b_i^2) \le 0 \] \[ \iff (\sum a_ib_i)^2 \le (\sum a_i^2)(\sum b_i^2) \] Đây chính là BĐT Cauchy-Schwarz.

Chứng minh bằng hình học Vector

Đây là cách chứng minh trực quan và nhanh nhất nếu bạn đã quen với các khái niệm vector. Từ định nghĩa tích vô hướng của hai vector \[\vec{u}\] và \[\vec{v}\]: \[ \vec{u} \cdot \vec{v} = ||\vec{u}|| \cdot ||\vec{v}|| \cdot \cos(\theta) \] Trong đó \[\theta\] là góc giữa hai vector. Lấy trị tuyệt đối hai vế, ta có: \[ |\vec{u} \cdot \vec{v}| = ||\vec{u}|| \cdot ||\vec{v}|| \cdot |\cos(\theta)| \] Vì ta luôn có \[|\cos(\theta)| \le 1\], nên: \[ |\vec{u} \cdot \vec{v}| \le ||\vec{u}|| \cdot ||\vec{v}|| \] (đpcm).

PHẦN 3: "BẬC THẦY" ỨNG DỤNG BĐT CAUCHY-SCHWARZ

Đây là phần thực chiến, nơi chúng ta sẽ học cách vận dụng BCS và các hệ quả của nó để giải quyết các dạng bài toán cốt lõi: chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Ứng dụng 1: Chứng minh các Bất đẳng thức khác

Kỹ thuật chung là nhận dạng các biểu thức có cấu trúc phù hợp với BCS, chẳng hạn như tổng các bình phương, biểu thức chứa căn, hoặc tổng các phân thức (dạng Engel).

• Ví dụ 1: Cho \[a, b \ge 1\]. Chứng minh rằng \[\sqrt{a-1} + \sqrt{b-1} \le \sqrt{ab}\].

  • Phân tích: Vế trái có dạng \[1 \cdot \sqrt{a-1} + 1 \cdot \sqrt{b-1}\]. Ta sẽ áp dụng BCS cho hai bộ số \[(1, 1)\] và \[(\sqrt{a-1}, \sqrt{b-1})\].

  • Áp dụng BCS: \[ (1^2+1^2)((\sqrt{a-1})^2 + (\sqrt{b-1})^2) \ge (1\cdot\sqrt{a-1} + 1\cdot\sqrt{b-1})^2 \] \[ \iff 2(a-1+b-1) \ge (\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1})^2 \] \[ \iff (\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1})^2 \le 2(a+b-2) \] Để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta cần chứng minh \[ab \ge 2(a+b-2)\]. \[ ab - 2a - 2b + 4 \ge 0 \iff a(b-2) - 2(b-2) \ge 0 \iff (a-2)(b-2) \ge 0 \]. BĐT này không luôn đúng.

  • Cách tiếp cận khác: \[\sqrt{a-1} = \sqrt{1 \cdot (a-1)}\]. Ta có BĐT \[\sqrt{x}+\sqrt{y} \le \sqrt{2(x+y)}\]. \[\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1} \le \sqrt{2(a-1+b-1)} = \sqrt{2(a+b-2)}\]. Ta cần chứng minh \[\sqrt{2(a+b-2)} \le \sqrt{ab}\]. Cách này cũng không hiệu quả.

  • Cách đúng: Áp dụng BCS cho bộ \[(\sqrt{a-1}, \sqrt{b})\] và \[(\sqrt{a}, \sqrt{b-1})\]? Không. Áp dụng cho \[(\frac{\sqrt{a-1}}{\sqrt{a}}, \frac{\sqrt{b-1}}{\sqrt{b}})\] và \[(\sqrt{a}, \sqrt{b})\]? \[( \frac{a-1}{a} + \frac{b-1}{b} ) (a+b) \ge (\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1})^2\]. Hãy dùng cách đơn giản hơn: \[\sqrt{a-1} \cdot 1 \le \frac{(a-1)+1}{2} = \frac{a}{2}\]. \[\sqrt{b-1}\]? Không ổn. Sửa lại ví dụ cho phù hợp hơn: Cho \[a,b,c > 0\]. Chứng minh \[(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \ge 9\].

    • Áp dụng BCS: Cho hai bộ số \[(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})\] và \[(\frac{1}{\sqrt{a}}, \frac{1}{\sqrt{b}}, \frac{1}{\sqrt{c}})\]. \[ ((\sqrt{a})^2+(\sqrt{b})^2+(\sqrt{c})^2)((\frac{1}{\sqrt{a}})^2+(\frac{1}{\sqrt{b}})^2+(\frac{1}{\sqrt{c}})^2) \ge (\sqrt{a}\frac{1}{\sqrt{a}} + \sqrt{b}\frac{1}{\sqrt{b}} + \sqrt{c}\frac{1}{\sqrt{c}})^2 \] \[ \iff (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \ge (1+1+1)^2 = 9 \] (đpcm).

• Ví dụ 2: Cho \[a,b,c>0\] và \[a+b+c=1\]. Chứng minh \[\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge 9\].

  • Phân tích: Biểu thức có dạng tổng các phân thức, ta có thể dùng dạng Engel.

  • Áp dụng Engel: \[ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} = \frac{1^2}{a}+\frac{1^2}{b}+\frac{1^2}{c} \ge \frac{(1+1+1)^2}{a+b+c} = \frac{3^2}{1} = 9 \] (đpcm).

Ứng dụng 2 (Trọng tâm): Tìm Giá trị Lớn nhất (GTLN) và Giá trị Nhỏ nhất (GTNN)

Đây là ứng dụng mạnh mẽ và phổ biến nhất của BCS trong các kỳ thi.

Kỹ thuật tìm GTLN (Đánh giá chặn trên)

Ta thường sử dụng dạng \[(a_1b_1+a_2b_2)^2 \le (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\] để tìm giá trị lớn nhất của một biểu thức tuyến tính khi biết điều kiện về tổng bình phương.

• Ví dụ kinh điển: Tìm GTLN của biểu thức \[A = 3x+4y\] biết \[x^2+y^2=25\].

  • Phân tích: \[A\] có dạng \[ax+by\]. Điều kiện có dạng \[x^2+y^2\]. Đây là dấu hiệu rõ ràng để dùng BCS.

  • Áp dụng BCS: Ta chọn hai bộ số là \[(3, 4)\] và \[(x, y)\]. \[ (3^2+4^2)(x^2+y^2) \ge (3x+4y)^2 \] \[ \iff (9+16)(25) \ge A^2 \] \[ \iff 25 \cdot 25 \ge A^2 \iff 625 \ge A^2 \] \[ \iff \sqrt{625} \ge |A| \iff 25 \ge |A| \iff -25 \le A \le 25 \]

  • Kết luận: GTLN của A là 25.

Kỹ thuật tìm GTNN (Đánh giá chặn dưới)

Dạng Engel là công cụ cực kỳ hiệu quả để tìm giá trị nhỏ nhất cho các tổng có dạng phân thức.

• Ví dụ kinh điển: Cho \[x,y > 0\] và \[x+y=1\]. Tìm GTNN của \[B = \frac{1}{x} + \frac{4}{y}\].

  • Phân tích: Biểu thức B có dạng tổng các phân thức. Ta có thể viết lại để áp dụng Engel: \[B = \frac{1^2}{x} + \frac{2^2}{y}\].

  • Áp dụng Engel: \[ B = \frac{1^2}{x} + \frac{2^2}{y} \ge \frac{(1+2)^2}{x+y} = \frac{3^2}{1} = 9 \]

  • Kết luận: GTNN của B là 9.

Chìa khóa vàng: "Dấu Bằng Xảy Ra"

Một bước không thể thiếu khi tìm cực trị là kiểm tra điều kiện xảy ra dấu bằng. Giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất chỉ thực sự đạt được khi tồn tại các giá trị của biến để dấu bằng trong bất đẳng thức xảy ra.

• Trong ví dụ tìm GTLN ở trên, dấu "=" xảy ra khi \[\frac{x}{3} = \frac{y}{4}\]. Kết hợp với \[x^2+y^2=25\], ta giải ra được \[x=3, y=4\]. Dấu bằng có xảy ra, vậy GTLN là 25.

• Trong ví dụ tìm GTNN ở trên, dấu "=" xảy ra khi \[\frac{1}{x} = \frac{2}{y}\]. Kết hợp với \[x+y=1\], ta giải ra \[x=1/3, y=2/3\]. Dấu bằng có xảy ra, vậy GTNN là 9.

Các "Kỹ thuật" và "Mẹo" sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz nâng cao

Với các bài toán phức tạp hơn, việc áp dụng trực tiếp BCS là không thể. Chúng ta cần các kỹ thuật biến đổi tinh vi hơn.

Kỹ thuật "Chọn điểm rơi" (Dự đoán dấu bằng)

Kỹ thuật này dựa trên việc dự đoán trước điểm mà tại đó dấu bằng sẽ xảy ra để có thể chọn các hệ số trong BCS một cách hợp lý. Thường dấu bằng xảy ra ở các điểm đối xứng, ví dụ như các biến bằng nhau.

Kỹ thuật "Thêm bớt" và "Tách cặp"

Đôi khi, biểu thức ban đầu không có dạng chuẩn của BCS. Ta cần cộng, trừ hoặc nhân, chia với một hằng số, hoặc tách một biểu thức thành các cặp nhỏ hơn để có thể áp dụng BCS cho từng cặp rồi cộng lại.

Kỹ thuật "Đổi biến số"

Đặt biến phụ là một kỹ thuật kinh điển trong toán học. Ta có thể đặt \[x=a^2, y=b^2\], hoặc đặt các biến phức tạp hơn để đưa bài toán về một dạng quen thuộc, dễ áp dụng BCS hơn.

PHẦN 4: TỔNG KẾT VÀ TÀI NGUYÊN

Tổng kết sức mạnh và vẻ đẹp của Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz không chỉ là một công cụ mạnh mẽ để giải toán. Nó là một minh chứng cho sự thống nhất và vẻ đẹp của toán học, là cây cầu nối liền đại số (với các tổng và bình phương) và hình học (với các vector và độ dài). Việc làm chủ BCS không chỉ giúp bạn giải quyết các bài toán khó mà còn rèn luyện một tư duy toán học sâu sắc và linh hoạt.

Sơ đồ tư duy: Khi nào nghĩ đến Cauchy-Schwarz?

• Trung tâm: BĐT Cauchy-Schwarz

• Nhánh 1 (Dấu hiệu):

  • Thấy tổng các bình phương (\[a^2+b^2\], \[x^2+y^2\])

  • Thấy biểu thức cần chặn có dạng tổng tuyến tính (\[ax+by\])

  • Thấy biểu thức có chứa căn bậc hai.

  • Thấy tổng các phân thức (dấu hiệu của dạng Engel).

• Nhánh 2 (Các dạng):

  • Dạng cổ điển/tổng quát.

  • Dạng Engel.

  • Dạng Vector.

>> Học thêm Toán tại MonToan.com.vn

Câu hỏi Thường gặp (FAQ)

• Vậy tóm lại "BĐT Cô-si" là AM-GM hay Cauchy-Schwarz? Ở Việt Nam, "BĐT Cô-si" thường được dùng để chỉ BĐT AM-GM. Tuy nhiên, tên gọi chuẩn quốc tế của "BĐT Cô-si" lại là BĐT Cauchy-Schwarz. Hãy dựa vào dạng của bất đẳng thức để xác định chính xác bạn đang cần dùng công cụ nào.

• Khi nào thì nên dùng dạng Engel? Khi bạn cần tìm giá trị nhỏ nhất của một tổng có dạng \[\sum \frac{x_i^2}{a_i}\] hoặc các dạng có thể biến đổi về như \[\sum \frac{1}{a_i}\] (viết thành \[\sum \frac{1^2}{a_i}\]). Đây là công cụ cực kỳ mạnh cho các bài toán dạng này.

• Làm sao để biết cần "chọn điểm rơi" như thế nào? Hãy dựa vào tính đối xứng của bài toán. Nếu các biến có vai trò như nhau, hãy thử dự đoán dấu bằng xảy ra khi chúng bằng nhau. Nếu vai trò khác nhau (ví dụ x và 2y), hãy thử dự đoán x=2y.

• Sự khác biệt khi áp dụng cho số thực và số không âm là gì? BCS đúng cho mọi số thực a, b, x, y.... Trong khi đó, BĐT AM-GM (Cô-si theo tên gọi ở Việt Nam) chỉ đúng cho các số không âm. Đây là một điểm khác biệt rất lớn cần lưu ý.

Kho bài tập tự luyện (có đáp án)

Thực hành là cách tốt nhất để biến kiến thức lý thuyết thành kỹ năng thực chiến. Hãy thử sức với các bài tập đa dạng dưới đây, từ chứng minh bất đẳng thức cơ bản đến tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong các bài toán phức tạp.

---

Bài 1: Chứng minh Bất đẳng thức (Ứng dụng BCS nhiều lần)

Cho a, b là các số thực thỏa mãn \[a+b=2\]. Chứng minh rằng \[a^4 + b^4 \ge 2\].

• Lời giải: Phân tích: Ta cần đánh giá \[a^4+b^4\] từ \[a+b\]. Ta sẽ đi từng bước từ bậc 1 lên bậc 2, rồi từ bậc 2 lên bậc 4 bằng cách áp dụng BCS.

  • Bước 1: Đánh giá \[a^2+b^2\] Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho hai bộ số \[(1, 1)\] và \[(a, b)\]: \[(1^2+1^2)(a^2+b^2) \ge (1 \cdot a + 1 \cdot b)^2\] \[2(a^2+b^2) \ge (a+b)^2 = 2^2 = 4\] \[\implies a^2+b^2 \ge 2\]

  • Bước 2: Đánh giá \[a^4+b^4\] Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho hai bộ số \[(1, 1)\] và \[(a^2, b^2)\]: \[(1^2+1^2)( (a^2)^2 + (b^2)^2 ) \ge (1 \cdot a^2 + 1 \cdot b^2)^2\] \[2(a^4+b^4) \ge (a^2+b^2)^2\] Sử dụng kết quả từ Bước 1 (\[a^2+b^2 \ge 2\]), ta có: \[2(a^4+b^4) \ge (a^2+b^2)^2 \ge 2^2 = 4\] \[\implies a^4+b^4 \ge 2\] (điều phải chứng minh). Dấu "=" xảy ra khi \[a=b\]. Kết hợp với \[a+b=2\], ta được \[a=b=1\].

---

Bài 2: Chứng minh Bất đẳng thức (Ứng dụng dạng Engel)

Cho \[x, y, z\] là các số thực dương. Chứng minh rằng: \[\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{x+y+z}{2}\]

• Lời giải: Phân tích: Vế trái có dạng tổng các phân thức với tử số là bình phương, đây là dấu hiệu rõ ràng để sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel.

  • Áp dụng dạng Engel: \[VT = \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{(x+y+z)^2}{(y+z)+(z+x)+(x+y)}\] \[\implies VT \ge \frac{(x+y+z)^2}{2x+2y+2z} = \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}\]

  • Rút gọn: \[VT \ge \frac{x+y+z}{2} = VP\] (điều phải chứng minh). Dấu "=" xảy ra khi \[\frac{x}{y+z} = \frac{y}{z+x} = \frac{z}{x+y}\], điều này dẫn đến \[x=y=z\].

---

Bài 3: Tìm Giá trị lớn nhất (GTLN)

Cho các số thực x, y thỏa mãn \[x^2 + 2y^2 = 6\]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \[S = x + 2y\].

• Lời giải: Phân tích: Ta cần đánh giá biểu thức tuyến tính \[x+2y\] từ điều kiện về tổng bình phương. Ta cần biến đổi \[S\] để có thể áp dụng BCS. \[S = 1 \cdot x + \sqrt{2} \cdot (\sqrt{2}y)\] Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho hai bộ số \[(1, \sqrt{2})\] và \[(x, \sqrt{2}y)\]: \[(1^2 + (\sqrt{2})^2)(x^2 + (\sqrt{2}y)^2) \ge (1 \cdot x + \sqrt{2} \cdot \sqrt{2}y)^2\] \[(1+2)(x^2 + 2y^2) \ge (x+2y)^2\] \[3 \cdot 6 \ge S^2 \implies S^2 \le 18\] \[\implies -\sqrt{18} \le S \le \sqrt{18} \iff -3\sqrt{2} \le S \le 3\sqrt{2}\] Vậy, GTLN của S là \[3\sqrt{2}\]. Dấu "=" xảy ra khi \[\frac{x}{1} = \frac{\sqrt{2}y}{\sqrt{2}} \implies x=y\]. Thay vào điều kiện \[x^2+2y^2=6\], ta được \[y^2+2y^2=6 \implies 3y^2=6 \implies y^2=2 \implies y = \pm \sqrt{2}\]. Vậy GTLN đạt được khi \[x=y=\sqrt{2}\] hoặc \[x=y=-\sqrt{2}\].

---

Bài 4: Tìm Giá trị nhỏ nhất (GTNN)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn \[x+y+z=3\]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[P = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\].

• Lời giải: Đây là một ứng dụng kinh điển của BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel. Ta viết lại P: \[P = \frac{1^2}{x} + \frac{1^2}{y} + \frac{1^2}{z}\] Áp dụng dạng Engel: \[P \ge \frac{(1+1+1)^2}{x+y+z} = \frac{3^2}{3} = 3\] (Lưu ý: sách giáo khoa Việt Nam thường giải bài này bằng BĐT AM-GM, nhưng BCS dạng Engel cho kết quả trực tiếp và tổng quát hơn). Vậy, GTNN của P là 3. Dấu "=" xảy ra khi \[\frac{1}{x} = \frac{1}{y} = \frac{1}{z} \implies x=y=z\]. Kết hợp với \[x+y+z=3\], ta có \[x=y=z=1\].

---

Bài 5: Bài toán Nâng cao

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: \[\frac{a^3}{b+c} + \frac{b^3}{c+a} + \frac{c^3}{a+b} \ge \frac{(a+b+c)^2}{6}\]

• Lời giải: Phân tích: Để áp dụng dạng Engel \[\sum \frac{x_i^2}{a_i}\], ta cần tạo ra các bình phương ở tử số. Ta biến đổi vế trái: \[VT = \frac{a^4}{a(b+c)} + \frac{b^4}{b(c+a)} + \frac{c^4}{c(a+b)} = \frac{(a^2)^2}{ab+ac} + \frac{(b^2)^2}{bc+ba} + \frac{(c^2)^2}{ca+cb}\] Bây giờ vế trái đã có dạng chuẩn của Engel. Áp dụng BĐT, ta có: \[VT \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(ab+ac)+(bc+ba)+(ca+cb)} = \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}\] Ta biết một BĐT quen thuộc là \[x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx\]. Áp dụng, ta có \[(a^2+b^2+c^2) \ge ab+bc+ca\]. Một BĐT khác là \[(x+y+z)^2 \le 3(x^2+y^2+z^2) \implies x^2+y^2+z^2 \ge \frac{(x+y+z)^2}{3}\]. Áp dụng bất đẳng thức này: \[VT \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}{2(ab+bc+ca)} = \frac{a^2+b^2+c^2}{2}\] \[VT \ge \frac{1}{2} \cdot \frac{(a+b+c)^2}{3} = \frac{(a+b+c)^2}{6}\] Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \[a=b=c\].