Bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovsky

42

mà sơ đồ không gian của chúng ta không thể hiện rõ ràng.

Bài toán 3. Viết một hình bình hành đồng dạng với hình bình hành đã cho vào một hình bình hành đã cho khác sao cho trên mỗi cạnh của hình bình hành được mô tả có một đỉnh của hình bình hành nội tiếp.

Gọi ABCD là hình bình hành ngoại tiếp đã cho và KLMN là hình bình hành nội tiếp mong muốn (hình 4). Tâm của chúng phải trùng nhau, vì với tâm đối xứng so với tâm của hình bình hành KLMN nên hình bình hành ABCD phải biến thành chính nó. Do đó, chúng ta đã biết tâm O của hình bình hành mong muốn; $\angle KOL = \alpha$ và quan hệ $LO:KO = k$ cũng đã được biết vì hình bình hành KLMN đã cho. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể áp dụng sơ đồ của mình bằng cách lấy các đường thẳng AB và BC là $M_1$ và $M_2$, đường quay làm sẵn $H_0^\circ R_0^\alpha$ là F, và các điểm yêu cầu K và L ($L = F(K)$) là X và Y. Không cần giải thích thêm. Chúng tôi chỉ lưu ý rằng trong bài toán này, thật thú vị khi thực hiện một nghiên cứu hoàn chỉnh.

Bài toán 4. Vẽ tam giác ABC nếu biết độ dài đường thẳng AD và độ dài các cạnh AB, AC.

Hãy dựng đoạn AD và vẽ các đường tròn β và γ có bán kính AB và AC có tâm A (hình 5). Đây sẽ là tập hợp M1 và M2, và các điểm B và C là các điểm X và Y trong sơ đồ của chúng ta. Phép biến đổi F sẽ là gì? Theo định lý bissergris (ví dụ, xem «Kvant» số 2 năm 1985, trang 29), tỷ lệ $k = CD:DB$, trong đó cạnh CB được chia cho đáy của bissergris, bằng tỷ lệ AC:AB của các cạnh của tam giác, và do đó chúng ta biết. Và vì $C = H_D^{-k}(B)$, chúng ta có thể lấy $H_D^{-k}$ làm sẵn là F, tức là C là giao điểm của các đường tròn γ và $H_D^{-k}(\beta)$.

Bài toán dành cho độc lập lời giải

1. Tạo một hình tam giác bằng cách sử dụng bissergris và các đoạn mà đáy của bissergris chia cạnh của tam giác.
2. Dựng một đường tròn có tâm cho trước sao cho một trong các đoạn nối giao điểm của nó với các cạnh của một góc cho trước song song với đường thẳng đã cho.
3. Tại hai trong số những thời điểm đã biết về thời gian của những con bò, người ta đã đo được góc giữa hướng của hai ngọn hải đăng được đánh dấu trên bản đồ. Hướng và tốc độ chuyển động của con bò cũng được biết đến. Làm thế nào để tìm được vị trí của con bò trên bản đồ vào những thời điểm này?
4. Vẽ tam giác ABC bằng các đường trung tuyến AA1, BB1 và ​​góc C.
   5 (dành cho độc giả quen với phép đảo ngược). Viết một hình thoi có diện tích cho trước trong một hình bình hành sao cho một đỉnh của hình thoi nằm trên mỗi cạnh của hình bình hành.

V. N. Dubrovsky

Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky

Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky có thể được coi là một trong những bất đẳng thức phổ biến nhất trong toán học. Nó đã xuất hiện nhiều lần trên các trang tạp chí của chúng tôi (ví dụ: xem «Kvant», 1986, số 12, trang 31). Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky có dạng sau:

$$\begin{align*} |a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n| &\leq \\ \leq \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2} \cdot \sqrt{b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2}. \end{align*}$$

Tuy nhiên, có rất ít bằng chứng về điều này. Ở đây chúng tôi đưa ra một bằng chứng rất đơn giản về bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky, thảo luận về ý nghĩa hình học của nó và với sự trợ giúp của nó, một lần nữa giải quyết được bất đẳng thức bài toán được đề xuất vào năm 1984

43

trong «Kvant» (xem Số 5, trang 37, Trường được chọn bài toán, bài toán 15). Trong phần này, chúng ta sẽ thảo luận về câu hỏi về “độ chính xác” của bất đẳng thức.

Vì vậy, nếu ít nhất một trong các căn thức, chẳng hạn như $\sqrt{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2}$, bằng 0, thì $a_1=a_2=\dots=a_n=0$, vế trái trong (1) cũng bằng 0 và bất đẳng thức đúng. Để cả hai gốc đều dương và trống

$$A = \sqrt{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2},$$
$$B = \sqrt{b_1^2+b_2^2+\dots+b_n^2}.$$

Viết lại bất đẳng thức (1) dưới dạng

$$\frac{|a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n|}{AB} \leq 1.$$

Lợi dụng $|x+y| \leq \leq |x|+|y|$ và $|xy| \leq \frac{1}{2}(x^2+y^2)$, ta viết bất đẳng thức nguyên:

$$\frac{|a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n|}{AB} \leq \frac{|a_1b_1|}{AB} +$$
$$+ \frac{|a_2b_2|}{AB} +\dots+\frac{|a_nb_n|}{AB} =$$
$$= \frac{|a_1|}{A} \cdot \frac{|b_1|}{B} +\frac{|a_2|}{A} \cdot \frac{|b_2|}{B} +\dots$$
$$\dots \frac{|a_n|}{A} \cdot \frac{|b_n|}{B} \leq \frac{1}{2}\left(\frac{a_1}{A}\right)^2+\left(\frac{b_1}{B}\right)^2)+$$
$$+ \frac{1}{2}\left(\left(\frac{a_2}{A}\right)^2+\left(\frac{b_2}{B}\right)^2\right)+\dots+\frac{1}{2}\left(\left(\frac{a_n}{A}\right)^2+\left(\frac{b_n}{B}\right)^2\right)+$$
$$+ \frac{1}{2}\left(\left(\frac{a_1}{B}\right)^2+\left(\frac{b_2}{B}\right)^2\right)=1$$

• bất đẳng thức (1) đã được chứng minh. Lưu ý rằng chúng tôi đã chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn: $|a_1b_1|+\dots+|a_nb_n| \leq AB$. Sự bình đẳng trong đó đạt được khi

$$\frac{|a_1|}{A} = \frac{|b_1|}{B}, \frac{|a_2|}{A} = \frac{|b_2|}{B}, \dots, \frac{|a_n|}{A} = \frac{|b_n|}{B},$$

tức là đối với $\left|\frac{a_1}{b_1}\right| = \left|\frac{a_2}{b_2}\right| = \dots = \left|\frac{a_n}{b_n}\right|$ (nếu $a_i, b_i$ khác 0; nếu một số $b_i=0$ thì $a_i=0$ tương ứng). Ngoài ra, trong (1) đẳng thức đạt được khi tích $a_1b_1$, …, $a_nb_n$ cùng dấu, tức là khi

$$\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \dots = \frac{a_n}{b_n}.$$

Với $n=3$ bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovsky có dạng

$$|a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3| \leq$$
$$\leq \sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2} \cdot \sqrt{b_1^2+b_2^2+b_3^2},$$

(1’) và không khó để hiểu ý nghĩa hình học của nó. Xét hai vectơ $\vec{a}(a_1, a_2, a_3)$ và $\vec{b}(b_1, b_2, b_3)$. Khi đó ở vế trái của (1’) giá trị tuyệt đối được ghi

hạng của tích vô hướng của các vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$, và ở bên phải là tích của độ dài của chúng $\|\vec{a}\|=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}, \|\vec{b}\|=\sqrt{b_1^2+b_2^2+b_3^2}$. Nhưng tích vô hướng của vectơ bằng tích độ dài của vectơ và cosin của góc giữa chúng; vì $\|\cos(\vec{a}, \vec{b})\| \leq 1$, chúng ta thu được bất đẳng thức (1’).

Trong trường hợp $n$ tùy ý, bất đẳng thức Cauchy–Bunyakovsky có cùng ý nghĩa hình học trong không gian có chiều $n$, trong đó vectơ, độ dài của vectơ và tích vô hướng của vectơ được xác định tương tự như cách thực hiện trong không gian ba chiều:

$$\vec{a} = (a_1, a_2, \dots, a_n),$$
$$\vec{a}\vec{b} = a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n,$$
$$|\vec{a}|=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2};$$
$$a\cos(\vec{a}, \vec{b})=\frac{\vec{a}\vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}.$$

Bây giờ hãy lấy «Kvant», 1984, không. 5 và xem bài toán 15 từ “Chọn trường bài toán”:

a) Đặt $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2 \geq 1/3$.

b) Giả sử $a+b+c=1$ và $k$ cũng được biết rằng $a, b, c$ là độ dài các cạnh của một tam giác nhất định. Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2 < 1/2$.

Lời giải a) Theo bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky

$$1=a \cdot 1+b \cdot 1+c \cdot 1 \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2} \times \sqrt{1^2 \cdot 1^2 \cdot 1^2}=\sqrt{3} \cdot \sqrt{a^2+b^2+c^2}.$$

Do đó $a^2+b^2+c^2 \geq 1/3$.

Nếu $a=b=c=1/3$ thì $a+b+c=1$ và $a^2+b^2+c^2=1/3$. Điều này có nghĩa là bất đẳng thức của chúng ta là chính xác.

Câu hỏi về tính chính xác của bất đẳng thức có tầm quan trọng lớn. Vì vậy, chúng tôi đưa ra định nghĩa cho sự hình thành.

Để bất đẳng thức

$$f(x_1, x_2, \dots, x_n) \geq c$$

thỏa mãn với mọi giá trị hợp lệ của $x_1, x_2, \dots, x_n$. Hằng số $c$ ở vế phải được cho là chính xác nếu nó không thể tăng lên, tức là không có $k>c$ sao cho bất đẳng thức đúng với tất cả các giá trị chấp nhận được của $x_1, x_2, \dots, x_n$.

$$f(x_1, \dots, x_n) \geq k.$$

Chúng tôi chiếu $c$ tương tự vào vế phải của bất đẳng thức

$$b(x_1, x_2, \dots, x_n) \leq c,$$

hợp lệ cho tất cả các mức chấp nhận được $x_1, x_2, \dots, x_n$, nó được cho là chính xác nếu nó không thể tăng lên.

Hãy quay trở lại bài toán của chúng tôi. Chúng ta hãy chứng minh 6) theo một công thức tổng quát hơn một chút: gọi $a, b, c$ ($a \neq 0, b \neq 0, c \neq 0$) là độ dài của vectơ $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ sao cho $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}$ và $a+b+c=1$. Sau đó $a^2+b^2+c^2 < 1/2$.