Cho $a = \left( {{a_1},a_2...,{a_n}} \right)$ và $b = \left( {{b_1},{b_2},...,{b_n}} \right)$ là hai bộ số thực. Khi ấy ta có
$$ (a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2) \ge (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2 \ \ \ (1.1)$$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a$ và $b$ tỉ lệ, nghĩa là tồn tại hằng số $r$ sao cho ${a_i} = r{b_i}$ với mọi $i \in \{ 1,2,...,n\} .$
Trong chương trình toán phổ thông, bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz thường được phát biểu khi $n=2$ và mở rộng cho $n=3$. Bất đẳng thức này được ứng dụng trong bài toán chứng minh bất đẳng thức, bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, giải phương trình, bất phương trình và hệ đại số...
Ví dụ 1.1
Hai số dương $x,y$ thỏa mãn $3x+2y=6xy$. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng $x+y$.
Giải: Nhận xét rằng $3x+2y=6xy$ khi và chỉ khi $ \dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}=6$ và $$\sqrt{2}+\sqrt{3}=\sqrt{\dfrac{2}{x}}.\sqrt{x}+\sqrt{\dfrac{3}{y}}.\sqrt{y}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz với $n=2$, ta được
$$(\sqrt{2}+\sqrt{3} )^2 \le \left( \dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}\right)(x+y)=6(x+y).$$
Suy ra $$x+y \ge \dfrac{1}{6}(\sqrt{2}+\sqrt{3} )^2 =\dfrac{5+2\sqrt{6}}{6}.$$
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng $x+y$ bằng $\dfrac{5+2\sqrt{6}}{6}$ đạt được khi
$$ \dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}=6$$ và
$$\dfrac{x}{\dfrac{2}{x}}=\dfrac{y}{\dfrac{3}{y}}$$. Điều này tương đương với
$$ x=\dfrac{2+\sqrt{6}}{6}$$
và $$ x=\dfrac{3+\sqrt{6}}{6}.$$
Ví dụ 1.2:
Giải bất phương trình $\sqrt{x-1}-\sqrt{2x^2-10x+16} \ge 3-x.$
Giải: Ta biến đổi phương trình về dạng $\sqrt{x-1}+x-3 \ge\sqrt{2x^2-10x+16}.$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz với $n=2$, ta được
$$ \sqrt{2[(x-1)+(x-3)^2]} \le \sqrt{x-1}+x-3.$$
Vậy bất phương trình tương đương với dấu "=" xảy ra, tức là
$$\sqrt{x-1}=x-3\Leftrightarrow x^2-7x+10=0.$$
Giải phương trình cuối ta được $x=2$ và $x=5$. Vậy bất phương trình có nghiệm $x=2$ và $x=5$.
Ví dụ 1.3:
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của tam giác. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$$\sqrt{3(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac} )} \ge \sqrt{a+b-c} + \sqrt{b+c-a}+ \sqrt{c+a-b}.$$
Giải: Lấy $x,y,z>0$ và đặt $a=x+y, b=y+z, c=x+z$. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức
$$3 \sum\limits_{cyc} \sqrt{(x+y)(y+z)} \ge 2 \left(\sum\limits_{cyc} \sqrt{x} \right)^2. $$
Từ bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz ta có
$$
3 \sum\limits_{cyc} \sqrt{(x+y)(y+z)} \ge 3 \sum\limits_{cyc} (y +\sqrt{xz}) \\
\ge 2 \sum\limits_{cyc} y + \sum\limits_{cyc} \sqrt{xz} \\
= 2 \left(\sum\limits_{cyc} \sqrt{x} \right)^2.
$$
Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz được sử dụng rất nhiều trong việc chứng minh các bất đẳng thức. Đặc biệt trong các bài thi chọn học sinh giỏi, thi Olympic.
Ví dụ 1.4:
Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn
$$\dfrac{1}{a+b+1} +\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1} \ge 1.$$
Chứng minh rằng
$$a+b+c \ge ab+bc+ca.$$
(Andrei Ciupan, Chọn đội tuyển Romania dự thi Junior BMO 2007)
Giải:\\
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz, dễ thấy
$$(a+b+1)(a+b+c^2)\ge (a+b+c)^2.$$
Từ đó dẫn đến
$$
1 \le \dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}
\le \dfrac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}+\dfrac{b+c+a^2}{(a+b+c)^2}\dfrac{c+a+b^2}{(a+b+c)^2}.
$$
Suy ra
$$(a+b+c)^2 \le 2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2,$$
tức là
$$a+b+c \ge ab+bc+ca.$$
Bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$
Cách 2: Từ giả thiết sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopxkii-Schwarz, ta có
$$
2 \ge \left( 1- \dfrac{1}{a+b+1} \right) + \left( 1- \dfrac{1}{b+c+1} \right)+ \left( 1- \dfrac{1}{c+a+1} \right)\\
=\dfrac{a+b}{a+b+1}+\dfrac{b+c}{b+c+1}+\dfrac{c+a}{c+a+1}\\
\ge \dfrac{[(a+b)+(b+c)+(c+a)]^2}{(a+b)(a+b+1)+(b+c)(b+c+1)+(c+a)(c+a+1)}\\
=\dfrac{2(a^2+b^2+c^2) +4 (ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2) +(ab+bc+ca)+(a+b+c)}.
$$
Từ đây ta suy ra được
$$(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)+(a+b+c) \ge (a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca),$$
tức là
$$a+b+c \ge ab+bc+ca.$$
Đây chính là điều phải chứng minh.
– 5.
.
= f(x)
