Bất đẳng thức Cauchy

Bài này viết về bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân. Đối với bài về bất đẳng thức trong tích vectơ, xem Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

Trong toán học, bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm được phát biểu như sau:

Trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng, và trung bình cộng chỉ bằng trung bình nhân khi và chỉ khi n số đó bằng nhau.

• Với 2 số:

$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b$

• Với n số:

$\frac{x_1 + x_2 + ... + x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1.x_2. ... .x_n}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x_1 = x_2 = ... = x_n\,$

Tổng quát

Trung bình có hệ số

Cho n số x₁, x₂, ..., x_n ≥ 0
và các hệ số α₁, α₂, ..., α_n > 0.

Đặt $\alpha = \alpha_1 + \alpha_2 + \cdots + \alpha_n$.

Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân cũng đúng nếu hai giá trị trung bình có hệ số, như sau:

$\frac{\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \cdots + \alpha_n x_n}{\alpha} \geq \sqrt[\alpha]{x_1^{\alpha_1} x_2^{\alpha_2} \cdots x_n^{\alpha_n}}$

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi $x_1 = x_2 = \cdots = x_n$

Với các loại trung bình khác

Trung bình điều hòa ≤ trung bình nhân ≤ trung bình cộng

$\frac {n} {\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} + ... + \frac{1}{x_n}} \leq \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} \leq \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$

Đẳng thức khi và chỉ khi $x_1 = x_2 = \cdots = x_n$

Ví dụ ứng dụng

Cho hàm số sau:

$f(x,y,z) = \frac{x}{y} + \sqrt{\frac{y}{z}} + \sqrt[3]{\frac{z}{x}}$

Với x, y và z là các số thực dương. Giả sử rằng ta phải tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho. Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

$f(x,y,z)\,\;$	$= 6 \cdot \frac{ \frac{x}{y} + \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} + \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} + \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} + \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} + \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} }{6}$
	$\ge 6 \cdot \sqrt[6]{ \frac{x}{y} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} \cdot \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} \cdot \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} \cdot \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}} }$
	$= 6 \cdot \sqrt[6]{ \frac{1}{2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3} \frac{x}{y} \frac{y}{z} \frac{z}{x} }$
	$= 2^{2/3} \cdot 3^{1/2}$

Vậy ta có giá trị nhỏ nhất của:

$f(x,y,z) \mbox{là} 2^{2/3} \cdot 3^{1/2} \quad \mbox{khi} \quad \frac{x}{y} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{z}} = \frac{1}{3} \sqrt[3]{\frac{z}{x}}.$

Chứng minh bằng quy nạp

Đặt:

$\mu=\frac{\ x_1 + \cdots + x_n}n$

bất đẳng thức tương đương với
x₁,...,x_n là các số thực không âm, ta có:

$\mu^n\ge x_1 x_2 \cdots x_n\,$

dấu bằng xảy ra nếu μ = x_i với mọi i = 1,...,n.

Chứng minh dưới đây áp dụng phương pháp quy nạp toán học.

Cơ sở: với n = 1 bất đẳng thức đúng.

Giả thiết quy nạp: giả sử rằng bất đẳng thức đúng với n (n lớn hơn hoặc bằng 1).

Quy nạp: xétn + 1 số thực không âm. Ta có:

$(n+1)\mu=\ x_1 + \cdots + x_n + x_{n+1}.\,$

Nếu tất cả các số đều bằng μ, thì ta có đẳng thức và đã được chứng minh. Ngược lại, ta sẽ tìm được ít nhất một số nhỏ hơn μ và một số lớn hơn μ, không mất tính tổng quát, xem rằng: x_n > μ và x_n+1 < μ. Ta có:

$(x_n-\mu)(\mu-x_{n+1})>0\,.\qquad(*)$

Xét n số sau:

$x_1, \ldots, x_{n-1}, x_n'$   với   $x_n'=x_n+x_{n+1}-\mu\ge x_n-\mu>0\,,$

cũng là số không âm. Từ đó:

$n\mu=x_1 + \cdots + x_{n-1} + \underbrace{x_n+x_{n+1}-\mu}_{=\,x_n'},$

μ cũng là trung bình cộng của $x_1, \ldots, x_{n-1}, x_n'$ và theo giả thuyết quy nạp ta có

$\mu^{n+1}=\mu^n\cdot\mu\ge x_1x_2 \cdots x_{n-1} x_n'\mu.\qquad(**)$

Mặt khác từ (*) ta có

$(\underbrace{x_n+x_{n+1}-\mu}_{=\,x_n'})\mu-x_nx_{n+1}=(x_n-\mu)(\mu-x_{n+1})>0,$

hay là

$x_n'\mu>x_nx_{n+1}\,,\qquad({*}{*}{*})$

hiển nhiên μ > 0. Nếu có ít nhất một trong x₁,...,x_n−1 bằng không, ta dễ thấy bất đẳng thức đúng và dấu bằng không xảy ra. Ngược lại, từ (**) và (***) ta có:

$\mu^{n+1}>x_1x_2 \cdots x_{n-1} x_nx_{n+1}\,,$

bất đẳng thức được chứng minh.

Chứng minh của Pólya

George Pólya đưa ra một chứng minh cho bất đẳng thức như sau. Gọi f(x) = e^x−1 − x, có đạo hàm f'(x) = e^x−1 − 1. Ta thấy f'(1) = 0 và từ đó f có giá trị nhỏ nhất tại f(1) = 0. Từ đó x ≤ e^x−1 đối với mọi số thực x.

Xét một dãy các số thực không âm $a_1, a_2, \dots , a_n$ với trung bình cộng μ. Áp dụng bất đẳng thức ở trên ta có:

${ \frac{a_1}{\mu} \frac{a_2}{\mu} \cdots \frac{a_n}{\mu} } \le { e^{\frac{a_1}{\mu} - 1} e^{\frac{a_2}{\mu} - 1} \cdots e^{\frac{a_n}{\mu} - 1} } = \exp \left ( \frac{a_1}{\mu} - 1 + \frac{a_2}{\mu} - 1 + \cdots + \frac{a_n}{\mu} - 1 \right ). \qquad (1)$

Nhưng số mũ có thể rút gọn thành:

$\frac{a_1}{\mu} - 1 + \frac{a_2}{\mu} - 1 + \cdots + \frac{a_n}{\mu} - 1 = \frac{(a_1 + a_2 + \cdots + a_n)}{\mu} - n = n - n = 0.$

Trở lại (1),

$\frac{a_1 a_2 \cdots a_n}{\mu^n} \le e^0 = 1,$

và tương đương với:

$a_1 a_2 \cdots a_n \le \mu^n \implies \sqrt[n]{a_1 a_2 \cdots a_n} \le \mu.$

Chứng minh của Cauchy

Các trường hợp tất cả các giá trị bằng nhau

Nếu tất cả các giá trị bằng nhau:

$x_1 = x_2 = \cdots = x_n$

tức tổng chúng là nx₁, do đó giá trị trung bình cộng là x₁; và tích các số dưới căn bậc hai là x₁ⁿ, do dó giá trị trung bình nhân lúc này là x₁; vì vậy, vế một và vế 2 bằng nhau, điều phải chứng minh.

Các trường hợp các giá trị không bằng nhau

Nếu tất cả các giá trị bằng nhau không bằng nhau, thì giá trị trung bình cộng lớn hơn giá trị trung bình nhân. Rõ ràng, điều này chỉ có thể xả ra khi n> 1. Trường hợp này khá phức tạp và được chia ra nhiều trường hợp để chứng minh.

Trường hợp n=2

Nếu n= 2, tức có hai giá trị x₁ và x₂, và từ giả thiết ở trên, ta có:

$\begin{align} x_1 & \ne x_2 \\[3pt] x_1 - x_2 & \ne 0 \\[3pt] \left( x_1 - x_2 \right) ^2 & > 0 \\[3pt] x_1^2 - 2 x_1 x_2 + x_2^2 & > 0 \\[3pt] x_1^2 + 2 x_1 x_2 + x_2^2 & > 4 x_1 x_2 \\[3pt] \left( x_1 + x_2 \right) ^2& > 4 x_1 x_2 \\[3pt] \Bigl( \frac{x_1 + x_2}{2} \Bigr)^2 & > x_1 x_2 \\[3pt] \frac{x_1 + x_2}{2} & > \sqrt{x_1 x_2} \end{align}$

điều phải chứng minh.

Trường hợp n= 2 ^k

Xem xét các trường hợp n= 2 ^k, với k là một số nguyên dương. Chúng tôi tiến hành bằng quy nạp toán học.

Trong trường hợp cơ bản,k = 1, tức n = 2, bất đẳng thức đã được chứng minh ở trên.

Khi, có một giá trị k> 1 bất kỳ, giả sử rằng bất đẳng thức đúng với n = 2^k−1, và cần chứng minh rằng nó vẫn đúng khi n = 2^k. Để làm như vậy, các bước được thực hiện như sau:

$\begin{align} \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_{2^k}}{2^k} & {} =\frac{\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}} + \frac{x_{2^{k-1} + 1} + x_{2^{k-1} + 2} + \cdots + x_{2^k}}{2^{k-1}}}{2} \\[7pt] & \ge \frac{\sqrt[2^{k-1}]{x_1 x_2 \cdots x_{2^{k-1}}} + \sqrt[2^{k-1}]{x_{2^{k-1} + 1} x_{2^{k-1} + 2} \cdots x_{2^k}}}{2} \\[7pt] & \ge \sqrt{\sqrt[2^{k-1}]{x_1 x_2 \cdots x_{2^{k-1}}} \sqrt[2^{k-1}]{x_{2^{k-1} + 1} x_{2^{k-1} + 2} \cdots x_{2^k}}} \\[7pt] & = \sqrt[2^k]{x_1 x_2 \cdots x_{2^k}} \end{align}$

với bất đẳng thức đầu tiên, hai bên đều bằng nhau chỉ khi cả hai điều sau đây là đúng:

$x_1 = x_2 = \cdots = x_{2^{k-1}}$

$x_{2^{k-1}+1} = x_{2^{k-1}+2} = \cdots = x_{2^k}$

(Trong trường hợp này, trung bình số học thứ nhất và trung bình nhân thứ 1 bằngx₁, và tương tự với trung bình số học thứ hai và trung bình nhân thứ 2); và trong bất đẳng thức thứ hai, Hai bên chỉ bằng nhau nếu hai giá trị trung bình bằng nhau. Vì không phải tất cả 2 ^k đều bằng nhau, không thể cho cả hai bất đẳng thức được đẳng, vì vậy chúng ta biết rằng:

$\frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_{2^k}}{2^k} > \sqrt[2^k]{x_1 x_2 \cdots x_{2^k}}$

điều phải chứng minh.

Trường hợp n< 2 ^k

Nếu n không phải là một hàm mũ tự nhiên cơ số 2, thì nó chắc chắn là nhỏ hơn một số nào đó theo hàm mũ tự nhiên cơ số 2, vì chuỗi 2, 4, 8, . . ., 2^k, . . . không bị chặn trên. Do đó, mà không mất tính tổng quát, với m giá trị tuân theo hàm mũ tự nhiên cơ số 2 lớn hơn n.

Vì vậy, nếu ta có n số, thì ta có thể biểu diễn giá trị trung bình cộng α, và được mở rộng như sau:

$x_{n+1} = x_{n+2} = \cdots = x_m = \alpha.$

Chúng tôi sau đó có:

$\begin{align} \alpha & = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n} \\[6pt] & = \frac{\frac{m}{n} \left( x_1 + x_2 + \cdots + x_n \right)}{m} \\[6pt] & = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n + \frac{m-n}{n} \left( x_1 + x_2 + \cdots + x_n \right)}{m} \\[6pt] & = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n + \left( m-n \right) \alpha}{m} \\[6pt] & = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n + x_{n+1} + \cdots + x_m}{m} \\[6pt] & > \sqrt[m]{x_1 x_2 \cdots x_n x_{n+1} \cdots x_m} \\[6pt] & = \sqrt[m]{x_1 x_2 \cdots x_n \alpha^{m-n}}\,, \end{align}$

như vậy

$\begin{align} \alpha^m & > x_1 x_2 \cdots x_n \alpha^{m-n} \\[5pt] \alpha^n & > x_1 x_2 \cdots x_n \\[5pt] \alpha & > \sqrt[n]{x_1 x_2 \cdots x_n} \end{align}$

điều phải chứng minh.

Ứng dụng trong các lĩnh vực khác

Việc sử dụng bất đẳng thức giúp chúng ta rất nhiều trong việc giải các phương trình vô tỉ. Ứng dụng trong Vật lí học để khảo sát công suất cực đại

Liên kết ngoài

• Augustin-Louis Cauchy, Cours d'analyse de l'École Royale Polytechnique, premier partie, Analyse algébrique, Paris, 1821 (tiếng Pháp).