01-10-2011

Các bất đẳng thức hay 1


Một số dạng cơ bản


Bất đẳng thức Bunyakovsky dạng thông thường

  • (a² + b²)(c² + d²) ≥ (ac + bd)²
  • Bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh bằng cách khai triển, rút gọn và biến đổi thành: (ad - bc)² ≥ 0
  • Dấu " = " xảy ra khi \frac ac=\frac bd


Bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số

  • Với hai bộ số (a1;a2;...;an) và (b1;b2;...;bn) ta có :
\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2\right)\ge\left(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\right)^2
  • Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=...=\frac{a_n}{b_n} với quy ước nếu một số bi nào đó (i = 1, 2, 3,..., n) bằng 0 thì ai tương ứng bằng 0.
  • Bất đẳng thức Bernoulli

    Bách khoa toàn thư mở Wikipedia
    Trong toán họcbất đẳng thức Bernoulli là một bất đẳng thức cho phép tính gần đúng các lũy thừa của 1 + x.
    Bất đẳng thức này được phát biểu như sau:
    (1 + x)^r \geq 1 + rx\!
    với mọi số nguyên r ≥ 0 và với mọi số thực x > −1. Nếu số mũ r là chẵn, thì bất đẳng thức này đúng với mọi số thực x. Bất đẳng thức này trở thành bất đẳng thức nghiêm ngặt như sau:
    (1 + x)^r > 1 + rx\!
    với mọi số nguyên r ≥ 2 và với mọi số thực x ≥ −1 với x ≠ 0.
    Bất đẳng thức Bernoulli thường được dùng trong việc chứng minh các bất đẳng thức khác. Bản thân nó có thể được chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học:
    Chứng minh:
    Khi r=0, bất đẳng thức trở thành (1+x)^0 \ge 1+0x tức là 1\ge 1 mà rõ ràng đúng.
    Bây giờ giả sử bất đẳng thức đúng với r=k: (1+x)^k \ge 1+kx
    Cần chứng minh: (1+x)^{k+1} \ge 1+(k+1)x
    Thật vậy, (1+x)^{k+1} = (1+x)(1+x)^k \ge (1+x)(1+kx) (vì theo giả thiết (1+x)\ge 0= 1+kx+x+kx^2 = 1+(k+1)x + kx^2 \ge 1+(k+1)x (vì kx^2 \ge 0)
    => Bất đẳng thức đúng với r=k+1.
    Theo nguyên lý quy nạp, chúng ta suy ra bất đẳng thức đúng với mọi r\ge 0 \ \ \Box \;
    Số mũ r có thể tổng quát hoá thành số thực bất kỳ như sau: nếu x > −1, thì
    (1 + x)^r \geq 1 + rx\!
    với r ≤ 0 or r ≥ 1, và
    (1 + x)^r \leq 1 + rx\!
    với 0 ≤ r ≤ 1.
    Có thể chứng minh bất đẳng thức tổng quát hoá nói trên bằng cách so sánh các đạo hàm.
    Một lần nữa, bất đẳng thức này trở thành bất đẳng thức nghiêm ngặt nếu x ≥ -1 và 1 ≤ r thuộc tập số tự nhiên.


    Các bất đẳng thức liên quan

    Bất đẳng thức dưới đây ước lượng lũy thừa bậc r của 1 + x theo chiều khác. Với số thực x bất kỳ, r > 0, chúng ta có
    (1 + x)^r < e^{rx},\!
    với e = 2.718.... Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng cách dùng bất đẳng thức (1 + 1/k)k < e.

    Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

    Bách khoa toàn thư mở Wikipedia
    Trong toán họcbất đẳng thức Cauchy–Schwarz , còn được gọi là bất đẳng thức Schwarz , bất đẳng thức Cauchy , hoặc bằng cái tên khá dài là bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovski–Schwarz, đặt theo tên của Augustin Louis CauchyViktor Yakovlevich Bunyakovskyvà Hermann Amandus Schwarz, là một bất đẳng thức thường được áp dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học, chẳng hạn trongđại số tuyến tính dùng cho các vector, trong giải tích dùng cho các chuỗi vô hạn và tích phân của các tích, trong lý thuyết xác suất dùng cho các phương sai và hiệp phương sai. Tài liệu giáo khoa Việt Nam gọi bất đẳng thức này là bất đẳng thức Bunyakovski hoặc bằng tên dài nói trên nhưng đảo thứ tự là bất đẳng thức Bunyakovski–Cauchy-Schwarz nên thường viết tắt là bất đẳng thức BCS. Cũng cần tránh nhầm lẫn với bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân mà tài liệu giáo khoa tại Việt Nam gọi là bất đẳng thức Cauchy.
    Bất đẳng thức này phát biểu rằng nếu x và y là các phần tử của không gian tích trong thực hay phức thì
    |\langle x,y\rangle|^2 \leq \langle x,x\rangle \cdot \langle y,y\rangle.
    Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi x và y phụ thuộc tuyến tính (hay nói theo ý nghĩa hình học là chúng song song với nhau). Một trường hợp đặc biệt nữa của x và y là khi chúng trực giao (hay nói theo ý nghĩa hình học là vuông góc ) nhau thì tích trong của chúng bằng zero.
    Như vậy, có vẻ như bất đẳng thức này cho thấy có mối liên quan giữa khái niệm "góc của hai vector" với khái niệm tích trong, mặc dầu các khái niệm của hình học Euclide có thể không còn mang đầy đủ ý nghĩa trong trường hợp này, và ở mức độ nào đấy, nó cho thấy ý niệm các không gian tích trong là một sự tổng quát hoá của không gian Euclide.
    Một hệ quả quan trọng của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: tích trong là một hàm liên tục.
    Một dạng khác của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz được phát biểu dưới đây bằng cách dùng ký hiệu chuẩn, với chuẩn ở đây được hiểu là chuẩn trên không gian tích trong
     |\langle x,y\rangle| \leq \|x\| \cdot \|y\|.\,
    Năm 1821, Cauchy chứng minh bất đẳng thức này trong trường hợp các vector thực và hữu hạn chiều và đến năm 1859, học trò của Cauchy là V.Ya. Bunyakovsky nhận xét rằng khi chúng ta lấy giới hạn chúng ta có thể thu được dạng tích phân của bất đẳng thức này. Kết quả tổng quát trong trường hợp không gian tích trong được chứng minh bởi K.H.A. Schwarz vào năm 1885.

    Chứng minh

    Bất đẳng thức này rõ ràng đúng với y = 0, vì thế ta có thể giả sử <yy> khác zero. Giả sử λ là một số phức bất kỳ. Khi đó, chúng ta có bất đẳng thức chắc chắn đúng như sau:
     0 \leq \left\| x-\lambda y \right\|^2
= \langle x-\lambda y,x-\lambda y \rangle = \langle x,x \rangle - \lambda \langle x,y \rangle - \bar{\lambda} \langle y,x \rangle + |\lambda|^2 \langle y,y\rangle.
    Chọn
     \lambda = \langle y,x \rangle \cdot \langle y,y \rangle^{-1}
    chúng ta được
     0 \leq \langle x,x \rangle - |\langle x,y \rangle|^2 \cdot \langle y,y \rangle^{-1}
    mà bất đẳng thức trên đúng khi và chỉ khi
     |\langle x,y \rangle|^2 \leq \langle x,x \rangle \cdot \langle y,y \rangle
    hay tương đương:
     \big| \langle x,y \rangle \big|
\leq \left\|x\right\| \left\|y\right\|.
    (điều phải chứng minh)


    Một số trường hợp đặc biệt đáng chú ý

    \left(\sum_{i=1}^n x_i y_i\right)^2\leq \left(\sum_{i=1}^n x_i^2\right) \left(\sum_{i=1}^n y_i^2\right).. Đặc biệt hơn, trong không gian Euclide với số chiều bằng 2 hay 3, nếu tích vô hướngđược xác định theo góc giữa hai vector, khi đó bất đẳng thức này trở thành một bất đẳng thức dễ dàng chứng minh: |\mathbf{x} \cdot \mathbf{y}| = |\mathbf{x}| |\mathbf{y}| |\cos \theta| \le |\mathbf{x}| |\mathbf{y}|. Hơn nữa, trong trường hợp này, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có thể suy ra từ đồng nhất thức Lagrange bằng cách bỏ qua một số hạng. Trong trường hợp số chiều n = 3, đồng nhất thức Lagrange có dạng:
    \langle x,x\rangle \cdot \langle y,y\rangle = |\langle x,y\rangle|^2 + |x \times y|^2.
    Hệ quả của bất đẳng thức này là bất đẳng thức
    \left|\int f(x)g(x)\,dx\right|^2\leq\int \left|f(x)\right|^2\,dx \cdot \int\left|g(x)\right|^2\,dx.
    Một dạng tổng quát của hai bất đẳng thức ở phần này là bất đẳng thức Holder.
    Một hệ quả khác, đó là bất đẳng thức Schwarz hay cũng được nhiều tài liệu gọi là bất đẳng thức Cauchy Schwarz  \frac {(a_1 + a_2 + ...+a_{n-1}+ a_n)^2}{b_1 + b_2 + ..+ b_{n-1} + b_n} \leq \frac {a_1^2}{b_1} + \frac {a_2^2}{b_2} +...+ \frac {a_{n-1}^2}{b_{n-1}} + \frac {a_n^2}{b_n}

    Một vài ứng dụng

    Bất đẳng thức tam giác cho tích trong thường được xem là một hệ quả của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như sau: cho các vector x và y,
    \|x + y\|^2= \langle x + y, x + y \rangle
    = \|x\|^2 + \langle x, y \rangle + \langle y, x \rangle + \|y\|^2
    \le \|x\|^2 + 2|\langle x, y \rangle| + \|y\|^2
    \le \|x\|^2 + 2\|x\|\|y\| + \|y\|^2
    \le \left(\|x\| + \|y\|\right)^2
    Lấy căn bậc hai hai vế ta được bất đẳng thức tam giác.
    Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thường được dùng để chứng minh

    Xem thêm

Không có nhận xét nào: