Toán thi và Giải toán

Bất đẳng thức

Bộ công cụ cốt lõi để chứng minh bất đẳng thức trong toán thi: AM–GM–HM $\frac{a_1+\dots+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ , Cauchy–Schwarz $\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \ge \left(\sum a_i b_i\right)^2$ và bổ đề Titu đi kèm $\sum \frac{a_i^2}{b_i} \ge \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i}$ , Sắp xếp lại, Chebyshev, Jensen, và bất đẳng thức Schur $a^r(a-b)(a-c) + b^r(b-a)(b-c) + c^r(c-a)(c-b) \ge 0$ . Chúng ta chứng minh đầy đủ Cauchy–Schwarz qua biệt thức của $\sum(a_i t - b_i)^2 \ge 0$ và bất đẳng thức Schur với $r=1$ , rồi áp dụng các công cụ này vào giới hạn tỉ số tín hiệu trên nhiễu và phân kỳ Kullback–Leibler.

Trực giácVì sao trung bình hoạt động như vậy

Lấy hai số dương, chẳng hạn $4$ và $9$ . Trung bình cộng của chúng là $\frac{4+9}{2}=6.5$ , nhưng trung bình nhân là $\sqrt{4\cdot 9}=6$ . Trung bình nhân luôn nhỏ hơn (hoặc bằng, khi hai số bằng nhau) — ép hai số không bằng nhau lại để nhân chúng "mất" nhiều hơn so với cộng chúng. Quan sát đơn giản này, tổng quát hóa cho $n$ số và kết hợp với vài bất đẳng thức đồng hành (Cauchy–Schwarz, Sắp xếp lại, Chebyshev, Jensen, Schur), là toàn bộ bộ công cụ nhà toán học thi đấu dùng để chứng minh một biểu thức đại số luôn lớn hơn hoặc bằng biểu thức khác — biến thứ trông như tìm kiếm vô hạn trường hợp thành vài dòng đại số gọn gàng.

Khoảng cách giữa trung bình cộng

6.5

và trung bình nhân

6

của

4,9

vẽ thành đường cong: điều chỉnh để xem

f(x) = -x^2+13

minh họa khoảng cách AM–GM

\left(\frac{a+b}{2}\right)^2 - ab = \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 \ge 0

ra sao.

Phổ thôngAM–GM–HM và Cauchy–Schwarz

Định nghĩa: Ba loại trung bình

Với các số thực dương $a_1,\dots,a_n$ , trung bình cộng là $\frac{a_1+\dots+a_n}{n}$ , trung bình nhân là $\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$ , và trung bình điều hòa là $\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_n}}$ . Chuỗi AM–GM–HM phát biểu trung bình cộng $\ge$ trung bình nhân $\ge$ trung bình điều hòa, đẳng thức xảy ra toàn bộ đúng khi $a_1=\dots=a_n$ .

\frac{a_1+\dots+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1\cdots a_n} \ge \frac{n}{\frac{1}{a_1}+\dots+\frac{1}{a_n}}

Cauchy–Schwarz làm sắc bén ý tưởng này thành tích vô hướng: $\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \ge \left(\sum a_i b_i\right)^2$ . Một hệ quả trực tiếp, Bổ đề Titu (dạng Engel), thường tiện hơn cho phân số trong thi đấu: $\sum \frac{a_i^2}{b_i} \ge \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i}$ , thu được bằng cách thay $a_i \to a_i/\sqrt{b_i}$ và $b_i \to \sqrt{b_i}$ vào Cauchy–Schwarz.

\sum \frac{a_i^2}{b_i} \ge \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i}

Dùng bất đẳng thức nào
Công cụ	Tốt nhất khi
AM–GM	Tích so với tổng, tối ưu tổng cố định
Cauchy–Schwarz / Titu	Tổng phân số, giới hạn tích vô hướng
Sắp xếp lại / Chebyshev	Tổng tích của dãy có thứ tự
Jensen	Hàm lồi/lõm của trung bình
Schur	Bất đẳng thức đối xứng ba biến

Đại họcChứng minh đầy đủ: Cauchy–Schwarz và Schur

Định lý: Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz

Với các số thực $a_1,\dots,a_n$ và $b_1,\dots,b_n$ : $\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \ge \left(\sum a_i b_i\right)^2$ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai dãy tỉ lệ nhau.

Vì sao đúng?

Bất đẳng thức này (và hệ quả dạng Engel, Bổ đề Titu) là công cụ hữu ích nhất trong bài toán bất đẳng thức thi đấu, biến tổng phân số hay tích thành giới hạn dễ thao tác.

Chứng minh

Bước 1: Lập biểu thức bậc hai phụ. Xét biến thực $t$ và biểu thức $\sum_{i=1}^n (a_i t - b_i)^2$ . Vì đây là tổng bình phương các số thực, nó luôn $\ge 0$ với mọi $t$ thực: $\sum(a_i t - b_i)^2 \ge 0$ .

**Bước 2: Khai triển thành bậc hai theo $t$ .** Khai triển, $\sum (a_i t - b_i)^2 = t^2 \sum a_i^2 - 2t \sum a_i b_i + \sum b_i^2$ . Viết $A = \sum a_i^2$ , $B = \sum a_i b_i$ , $C = \sum b_i^2$ , biểu thức trở thành $At^2 - 2Bt + C \ge 0$ với mọi $t$ thực.

Bước 3: Xử lý trường hợp suy biến. Nếu $A = 0$ thì mọi $a_i = 0$ , nên cả hai vế bất đẳng thức cần chứng minh $B^2 \le AC$ đều bằng $0$ , bất đẳng thức đúng tầm thường (đẳng thức xảy ra).

**Bước 4: Dùng biệt thức khi $A > 0$ .** Một tam thức bậc hai $At^2 - 2Bt + C$ với hệ số dẫn đầu dương $A$ mà $\ge 0$ với mọi $t$ thực chỉ có nhiều nhất một nghiệm thực, nên biệt thức không thể dương: $(2B)^2 - 4AC \le 0$ , tức $4B^2 \le 4AC$ , tức $B^2 \le AC$ .

Bước 5: Kết luận. Thay lại, $\left(\sum a_i b_i\right)^2 \le \left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right)$ , chính là $\left(\sum a_i^2\right)\left(\sum b_i^2\right) \ge \left(\sum a_i b_i\right)^2$ . Đẳng thức xảy ra chính xác khi biệt thức bằng không, tức tam thức có nghiệm kép thực $t_0$ , tức $a_i t_0 = b_i$ với mọi $i$ — hai dãy $(a_i)$ và $(b_i)$ tỉ lệ nhau.

Định lý: Bất đẳng thức Schur (

r=1

)

Với các số thực không âm $a,b,c$ : $a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\ge 0$ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc hai trong ba số bằng nhau còn số thứ ba bằng $0$ .

Vì sao đúng?

Bất đẳng thức Schur là nước đi kết thúc chuẩn cho bất đẳng thức đối xứng ba biến trong thi đấu chống lại AM–GM hay Cauchy–Schwarz trực tiếp, đặc biệt liên quan đồng thời $a+b+c$ , $ab+bc+ca$ , $abc$ .

Chứng minh

Bước 1: Rút gọn nhờ đối xứng. Biểu thức $a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)$ đối xứng theo $a,b,c$ , nên không mất tổng quát giả sử $a \ge b \ge c \ge 0$ .

Bước 2: Nhóm hai số hạng đầu. Nhóm $a(a-b)(a-c) + b(b-a)(b-c) = (a-b)\big[a(a-c) - b(b-c)\big]$ , đưa nhân tử chung $(a-b)$ ra ngoài từ cả hai số hạng (lưu ý $b(b-a)(b-c) = -(a-b)\cdot b(b-c)$ ).

Bước 3: Rút gọn dấu ngoặc. Khai triển $a(a-c) - b(b-c) = a^2 - ac - b^2 + bc = (a^2-b^2) - c(a-b) = (a-b)(a+b) - c(a-b) = (a-b)(a+b-c)$ .

Bước 4: Gộp lại. Thay lại, các số hạng nhóm bằng $(a-b)\cdot(a-b)(a+b-c) = (a-b)^2(a+b-c)$ . Vậy toàn bộ biểu thức bằng $(a-b)^2(a+b-c) + c(a-c)(b-c)$ (số hạng cuối chính là số hạng gốc thứ ba, không đổi).

Bước 5: Kiểm tra dấu từng phần. Vì $a \ge b \ge c \ge 0$ : $(a-b)^2 \ge 0$ luôn đúng. Về dấu $a+b-c$ : vì $a \ge c$ , ta có $a - c \ge 0$ , và $b \ge 0$ , nên $a+b-c = (a-c)+b \ge 0$ . Vậy $(a-b)^2(a+b-c) \ge 0$ . Với phần thứ hai: $c \ge 0$ , $a-c \ge 0$ (vì $a\ge c$ ), và $b - c \ge 0$ (vì $b \ge c$ ), nên $c(a-c)(b-c) \ge 0$ là tích ba số không âm.

Bước 6: Kết luận. Toàn bộ biểu thức là tổng hai số hạng không âm, $(a-b)^2(a+b-c) + c(a-c)(b-c) \ge 0$ , chứng minh bất đẳng thức Schur với $r=1$ . Đẳng thức đòi hỏi cả hai phần triệt tiêu: hoặc $a=b$ (làm số hạng đầu bằng $0$ ) cùng với $c(a-c)(b-c)=0$ (buộc nếu thêm $a=c$ , cho $a=b=c$ , hoặc $c=0$ cho $a=b, c=0$ ), khớp điều kiện đẳng thức đã nêu.

Nâng caoỨng dụng thực tiễn và Ví dụ minh họa

Cauchy–Schwarz không chỉ là mẹo thi đấu: trong xử lý tín hiệu, nó giới hạn tương quan giữa tín hiệu và bộ lọc phối hợp, cho tỉ số tín hiệu trên nhiễu (SNR) tối đa đạt được của bộ thu lọc phối hợp. Trong lý thuyết thông tin, bất đẳng thức Jensen (áp dụng cho hàm lồi $-\log$ ) chứng minh phân kỳ Kullback–Leibler $D_{KL}(P\|Q) = \sum p_i \log\frac{p_i}{q_i}$ luôn $\ge 0$ (bất đẳng thức Gibbs), sự kiện nền tảng làm cho phân kỳ KL là thước đo hợp lệ (dù bất đối xứng) khoảng cách giữa các phân phối xác suất, trung tâm của các hàm mất mát học máy như entropy chéo.

Ví dụ: Giới hạn SNR bộ lọc phối hợp qua Cauchy–Schwarz

Một bộ thu quan sát $y_i = s_i + n_i$ với $i=1,\dots,n$ , trong đó $s_i$ là tín hiệu đã biết và $n_i$ là nhiễu với $\sum n_i^2 \le N$ . Bộ thu tính tương quan $\sum s_i y_i$ . Dùng Cauchy–Schwarz để giới hạn nhiễu có thể làm hỏng tương quan này nhiều đến đâu, tức giới hạn $|\sum s_i n_i|$ .

Lời giải

Bước 1: Áp dụng Cauchy–Schwarz trực tiếp cho hai dãy $(s_i)$ và $(n_i)$ : $\left(\sum s_i n_i\right)^2 \le \left(\sum s_i^2\right)\left(\sum n_i^2\right)$ .

Bước 2: Thay giới hạn năng lượng nhiễu $\sum n_i^2 \le N$ và viết $E_s = \sum s_i^2$ cho năng lượng tín hiệu: $\left(\sum s_i n_i\right)^2 \le E_s \cdot N$ .

Bước 3: Lấy căn bậc hai: $|\sum s_i n_i| \le \sqrt{E_s N}$ . Trong khi đó tương quan không nhiễu chính xác bằng $\sum s_i^2 = E_s$ , nên nhiễu loạn tương đối xấu nhất là $\frac{\sqrt{E_s N}}{E_s} = \sqrt{N/E_s}$ — nhỏ hơn khi năng lượng tín hiệu $E_s$ lớn so với năng lượng nhiễu $N$ , chính là phát biểu trực giác rằng SNR (tỉ số $E_s/N$ ) kiểm soát độ tin cậy phát hiện, và Cauchy–Schwarz chỉ ra bộ lọc phối hợp $s_i$ thực ra là bộ tương quan tối ưu (mọi bộ lọc khác cho giới hạn yếu hơn), vì đẳng thức chỉ xảy ra khi nhiễu tỉ lệ với chính $s_i$ .

Ví dụ: Chứng minh phân kỳ KL không âm qua Jensen

Với phân phối xác suất $p_1,\dots,p_n$ và $q_1,\dots,q_n$ (đều dương, tổng bằng $1$ ), chứng minh bất đẳng thức Gibbs $D_{KL}(P\|Q) = \sum_i p_i \log\frac{p_i}{q_i} \ge 0$ .

Lời giải

Bước 1: Viết lại $D_{KL}(P\|Q) = -\sum_i p_i \log\frac{q_i}{p_i} = \sum_i p_i \cdot \left(-\log\frac{q_i}{p_i}\right)$ , nhận ra đây là kỳ vọng $\mathbb{E}_{p}\left[-\log \frac{q_i}{p_i}\right]$ có trọng số $p_i$ .

Bước 2: Vì $-\log$ là hàm lồi, bất đẳng thức Jensen cho $\mathbb{E}[-\log X] \ge -\log \mathbb{E}[X]$ với biến ngẫu nhiên $X$ bất kỳ (ở đây $X = q_i/p_i$ với xác suất $p_i$ ).

Bước 3: Tính $\mathbb{E}[X] = \sum_i p_i \cdot \frac{q_i}{p_i} = \sum_i q_i = 1$ , vì các $q_i$ tạo thành phân phối xác suất.

Bước 4: Kết hợp, $D_{KL}(P\|Q) = \mathbb{E}[-\log X] \ge -\log \mathbb{E}[X] = -\log 1 = 0$ , chứng minh $D_{KL}(P\|Q) \ge 0$ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $q_i/p_i$ hằng với mọi $i$ (theo điều kiện đẳng thức Jensen cho hàm lồi chặt $-\log$ ), tức khi và chỉ khi $P = Q$ .

Hiện trạng nghiên cứu tính đến năm 2026

Nghiên cứu hiện đại mở rộng các bất đẳng thức cổ điển này theo nhiều hướng: các phiên bản ma trận và toán tử của Cauchy–Schwarz và Schur là công cụ tích cực trong lý thuyết thông tin lượng tử (giới hạn độ trung thực và đo lường vướng víu); "tính lồi Schur" — hàm tôn trọng thứ tự trội — là khung hiện đại có hệ thống (được khảo sát bởi Marshall, Olkin, Arnold) giải thích vì sao nhiều bất đẳng thức Olympic có chứng minh kiểu Schur, thay phân tích trường hợp tùy tiện bằng một tiêu chuẩn trội duy nhất; và các bộ chứng minh tự động (ví dụ dùng chứng chỉ tổng bình phương / Positivstellensatz) nay có thể kiểm chứng hay khám phá máy móc nhiều bất đẳng thức đa thức kiểu Schur/Cauchy–Schwarz, lĩnh vực tích cực nối hình học đại số thực với toán thi đấu tới 2026.

Trong chứng minh Cauchy–Schwarz qua biệt thức của $\sum(a_i t - b_i)^2 \ge 0$ , tính chất nào của tam thức $At^2-2Bt+C$ được dùng để kết luận $B^2 \le AC$ ?

Với những giá trị nào của $a,b,c$ thì bất đẳng thức Schur $a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\ge 0$ xảy ra đẳng thức (ngoài $a=b=c$ )?

Bổ đề Titu $\sum \frac{a_i^2}{b_i} \ge \frac{(\sum a_i)^2}{\sum b_i}$ suy ra từ Cauchy–Schwarz bằng phép thay thế nào?

Trong chứng minh bất đẳng thức Gibbs rằng $D_{KL}(P\|Q) \ge 0$ , bất đẳng thức nào được áp dụng cho hàm lồi $-\log$ ?

Tài liệu tham khảo

J. Michael Steele (2004). The Cauchy-Schwarz Master Class
Radmila Bulajich Manfrino, José Antonio Gómez Ortega, Rogelio Valdez Delgado (2009). Inequalities: A Mathematical Olympiad Approach
Thomas M. Cover, Joy A. Thomas (2006). Elements of Information Theory