1 Phương pháp thế
Đây được coi là phương pháp cơ bản nhất để giải hệ phương trình. Nguyên tắc như sau:
- Rút một ẩn hoặc một nhóm ẩn từ một phương trình và thế vào phương trình còn lại của hệ
- Lựa chọn một phương trình và biến đổi thành phương trình tích sau đó kết hợp với phương trình còn lại
Phương pháp này cho phép chúng ta đưa về phương trình một ẩn và giải quyết chúng bằng các phương pháp giải phương trình như: công thức nghiệm cho phương trình bậc 2, công thức $Cardano - Tartaglia$ cho phương trình bậc 3, công thức $Ferrari$,...
Chúng tôi xin giới thiệu một số công thức như sau:
Định lý: (Công thức nghiệm cho phương trình bậc 2) Cho phương trình
\begin{equation} \label{eq:dlybac2.1} ax^2+bx+c=0 \end{equation}
Ký hiệu $\Delta=b^2-4ac$, $x_1, x_2$ là các nghiệm của \eqref{eq:dlybac2.1}. Khi đó:
- Phương trình \eqref{eq:dlybac2.1} vô nghiệm khi $\Delta<0$
- Phương trình \eqref{eq:dlybac2.1} có 1 nghiệm kép $x_1=x_2=-\dfrac{b}{2a}$ khi $\Delta =0$
- Phương trình \eqref{eq:dlybac2.1} có 2 nghiệm $\left\lbrace \begin{array}{l} x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} \\ x_2=-\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} \end{array} \right.$ khi $\Delta >0$
Chứng minh: Ta có:
\begin{align} \eqref{eq:dlybac2.1} & \Leftrightarrow 4a^2x^2+4abx+4ac=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow 4a^2x^2+4ax.b+b^2-\left(b^2-4ac\right)=0 \nonumber \\ \label{eq:dlybac2.2} & \Leftrightarrow \left(2ax+b\right)^2-\Delta=0 \end{align}
Nếu $\Delta < 0 \Leftrightarrow - \Delta >0$ thì $\text{VT}_{\eqref{eq:dlybac2.2}}>0$, vô nghiệm
Nếu $\Delta = 0$ thì $\eqref{eq:dlybac2.2} \Leftrightarrow 2ax+b=0 \Leftrightarrow x=-\dfrac{b}{2a}$
Nếu $\Delta > 0$ thì $\eqref{eq:dlybac2.2} \Leftrightarrow \left(2ax+b-\sqrt{\Delta}\right) \left(2ax+b-\sqrt{\Delta}\right)=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} \\ x=-\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} \end{array} \right.$
Từ đó ta có công thức nghiệm cho phương trình bậc 2.
Giải phương trình bậc ba phức tạp hơn một chút. Ta xét phương trình
\begin{equation} \label{eq:dlybac3.0} a'x^3+b'x^2+c'x+d'=0 \end{equation}
Khi ta đặt $a=\dfrac{b'}{a'}$, $b=\dfrac{c'}{a'}$, $c=\dfrac{d'}{a'}$, ta sẽ có phương trình
\[x^3+ax^2+bx+c=0\]
Đầu tiên ta có định lý:
Định lý: Cho phương trình
\begin{equation} \label{eq:dlybac3.1} x^3+ax^2+bx+c=0 \end{equation}
Chứng minh ta luôn có thể viết \eqref{eq:dlybac3.1} dưới dạng $y^3+Ay+B=0$ (với $y$ là ẩn; $A$, $B$ là hằng số)
Ta nhận thấy khi khai triển hằng đẳng thức $(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$ sẽ có đơn thức bậc hai $3a^2b$ và khi khai triển hằng đẳng thức $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ sẽ có đơn thức bậc hai $a^2$.
Ta thử đặt $x=y+k$ (với $k$ là tham số). Khi đó: \eqref{eq:dlybac3.1} sẽ trở thành:
\begin{align} & \phantom{\Leftrightarrow} (y+k)^3+a(y+k)^2+b(y+k)+c=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow y^3+3y^2k+3yk^2+k^3+ay^2+2ayk+ak^2+by+bk+c=0 \nonumber \\ \label{eq:dlybac3.2} & \Leftrightarrow y^3+(3k+a)y^2+(3k^2+2ak+b)y+(k^3+ak^2+bk+c)=0 \end{align}
Chọn $3k+a=0 \Rightarrow k=\dfrac{-a}{3}$
\[\eqref{eq:dlybac3.2} \Rightarrow y^3+\left(b-\dfrac{a^2}{3}\right)y+\left(\dfrac{2a^3}{27}-\dfrac{ab}{3}+c\right)=0\]
Khi đó ta có $A=b-\dfrac{a^2}{3}$, $B=\dfrac{2a^3}{27}-\dfrac{ab}{3}+c$
Vậy ta chứng minh như sau:
Chứng minh: Đặt $x=y-\dfrac{a}{3}$, khi đó
\begin{align} & \eqref{eq:dlybac3.1} \Rightarrow \left(y-\dfrac{a}{3}\right)^3+a\left(y-\dfrac{a}{3}\right)^2+b\left(y-\dfrac{a}{3}\right)+c=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow y^3-y^2a+\dfrac{ya^2}{3}-\dfrac{a^3}{27}+ay^2-\dfrac{2a^2y}{3}+\dfrac{a^3}{9}+by-\dfrac{ab}{3}+c=0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow y^3+\left(b-\dfrac{a^2}{3}\right)y+\left(\dfrac{2a^3}{27}-\dfrac{ab}{3}+c\right)=0 \nonumber \end{align}
Vậy ta luôn có thể viết được \eqref{eq:dlybac3.1} dưới dạng $$y^3+Ay+B=0$$ với $A=b-\dfrac{a^2}{3}$, $B=\dfrac{2a^3}{27}-\dfrac{ab}{3}+c$
Có phương trình dạng "khuyết" ẩn bậc hai, ta có thể giải dễ dàng hơn.
Định lý: Cho phương trình
\begin{equation} \label{eq:dlybac3.3} y^3+Ay+B=0 \end{equation}
Ký hiệu $D=\dfrac{B^2}{4}+\dfrac{A^3}{27}$; $y_1$, $y_2$, $y_3$ là các nghiệm của \eqref{eq:dlybac3.3}
Chứng minh rằng:
- Phương trình \eqref{eq:dlybac3.3} có 1 nghiệm $y=\sqrt[3]{-\dfrac{B}{2}+\sqrt{D}}+\sqrt[3]{-\dfrac{B}{2}-\sqrt{D}}$ khi $D>0$
- Phương trình \eqref{eq:dlybac3.3} có 2 nghiệm $y_1=-\sqrt[3]{4B}$, $y_2=y_3=\dfrac{\sqrt[3]{4B}}{2}$ khi $D=0$
- Phương trình \eqref{eq:dlybac3.3} có 3 nghiệm, trong đó có $y=\sqrt{-\dfrac{4A}{3}}\cos \dfrac{\arccos\dfrac{-3B\sqrt{-12A}}{4A^2}}{3}$ khi $D>0$
Chứng minh: Đặt $y=u+v$ ($u\geqslant v$), khi đó $u$, $v$ có thể chọn giá trị tùy ý.
\begin{align} \eqref{eq:dlybac3.3} & \Rightarrow u^3+v^3+3uv(u+v)+A(u+v)+B=0 \nonumber \\ &\Leftrightarrow u^3+v^3+B+(3uv+A)(u+v)=0 \nonumber \end{align}
Chọn $u$, $v$ để $3uv+A=0 \Rightarrow u^3+v^3+B=0$
Khi đó
\begin{align} \eqref{eq:dlybac3.3} & \Rightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} u^3+v^3=-B \\ 3uv=-A \end{array} \right. \nonumber \\ &\Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} u^3+v^3=-B \\ u^3v^3=-\dfrac{A^3}{27} \end{array} \right. \nonumber \end{align}
Áp dụng định lý $Viete$ đảo ta có $u^3$, $v^3$ là nghiệm của phương trình
\begin{align} \label{eq:dlybac3.4} X^2+BX-\dfrac{A^3}{27}=0 \\ D= \Delta' = \dfrac{B^2}{4} + \dfrac{A^3}{27} \nonumber \end{align}
Nếu $D>0$ thì \eqref{eq:dlybac3.4} có 2 nghiệm phân biệt, khi đó:
\begin{align} &\phantom{\Leftrightarrow} \left[ \begin{array}{l} X=-\dfrac{B}{2}+\sqrt{D} \\ X=-\dfrac{B}{2}-\sqrt{D} \end{array} \right. \nonumber \\ & \Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} u^3=-\dfrac{B}{2}+\sqrt{D} \\ v^3=-\dfrac{B}{2}-\sqrt{D} \end{array} \right. \text{ (vì $u\geqslant v$)} \nonumber \\ & \Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} u=\sqrt[3]{-\dfrac{B}{2}+\sqrt{D}} \\ v=\sqrt[3]{-\dfrac{B}{2}-\sqrt{D}} \end{array} \right. \nonumber \\ & \Rightarrow y=u+v=\sqrt[3]{-\dfrac{B}{2}+\sqrt{D}}+\sqrt[3]{-\dfrac{B}{2}-\sqrt{D}} \nonumber \end{align}
Nếu $D=0$ thì \eqref{eq:dlybac3.4} sẽ có nghiệm kép:
\begin{align} & \phantom{\Leftrightarrow} u^3=v^3=\dfrac{-B}{2} \nonumber \\ & \Rightarrow u=v=\dfrac{-\sqrt[3]{4B}}{2} \nonumber \\ & \Rightarrow y=u+v=-\sqrt[3]{4B} \end{align}
Ta có $D=0 \Rightarrow \dfrac{B^2}{4}+\dfrac{A^3}{27} \Rightarrow A =-\dfrac{3}{2}\sqrt[3]{2B^2}$
Khi đó \eqref{eq:dlybac3.3} sẽ trở thành
$$y^3-\dfrac{3}{2}\sqrt[3]{2B^2}y+B=0$$
Thực hiện phép chia theo sơ đồ $Horner$ ta có:
$$\begin{array}{c|c|c|c|c} &1&0&-\dfrac{3}{2}\sqrt[3]{2B^2}&B \\ \hline -\sqrt[3]{4B}&1&-\sqrt[3]{4B}&\dfrac{1}{2}\sqrt[3]{2B^2}&0 \\ \hline \dfrac{\sqrt[3]{4B}}{2} & 1 & -\dfrac{\sqrt[3]{4B}}{2} & 0 & \end{array}$$
Khi đó nghiệm sẽ là $\left[ \begin{array}{l} y=-\sqrt[3]{4B} \\ y=\dfrac{\sqrt[3]{4B}}{2} \end{array} \right.$
Nếu $D<0$ thì \eqref{eq:dlybac3.4} vô nghiệm, ta quay lại xét \eqref{eq:dlybac3.3}.
Vì
\begin{align} D<0 & \Rightarrow \dfrac{B^2}{4} +\dfrac{A^3}{27}<0 \nonumber \\ & \Rightarrow \dfrac{A^3}{27}<-\dfrac{B^2}{4}<0 \nonumber \\ & \Rightarrow A<0 \end{align}
Ta có một công thức lượng giác sau:
Bổ đề: Cho $\omega \in \left[0^\circ, 180^\circ\right]$, khi đó:
$$\cos 3\omega = 4 \cos^3 \omega - 3 \cos \omega $$
Để áp dụng công thức trên, ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ $y=f \cos \omega$ với $f$ là tham số, khi đó \eqref{eq:dlybac3.3} trở thành
\begin{align} & \phantom{\Leftrightarrow} f^3 \cos^3 \omega +A f \cos \omega +B =0 \nonumber \\ & \Leftrightarrow \dfrac{f^3}{4} \left( 4 \cos^3 \omega +\dfrac{4A}{f^2} \cos \omega \right) +B =0 \nonumber \end{align}
Chọn $f$ để $\dfrac{4A}{f^2}=-3 \Leftrightarrow f^2=-\dfrac{4A}{3}>0 \text{ (vì A<0)}$
$$\Rightarrow f=\sqrt{-\dfrac{4A}{3}}$$
Vậy ta có phép đặt ẩn phụ $y=\sqrt{-\dfrac{4A}{3}} \cos \omega$
Khi đó:
\begin{align} &\phantom{\Leftrightarrow} -\dfrac{A}{3}\sqrt{\dfrac{-4A}{3}}\left( 4 \cos^3 \omega -3\cos \omega \right) =-B \nonumber \\ & \Leftrightarrow \cos 3\omega =\dfrac{B}{\dfrac{A}{3}\sqrt{-\dfrac{4A}{3}}} \nonumber \\ & \Leftrightarrow \cos 3\omega =\dfrac{-3B\sqrt{-12A}}{4A^2} \nonumber \\ & \Rightarrow 3 \omega = \arccos \dfrac{-3B\sqrt{-12A}}{4A^2} \nonumber \\ & \Rightarrow y= \sqrt{-\dfrac{4A}{3}} \cos \omega = \sqrt{-\dfrac{4A}{3}} \cos \dfrac{\arccos \dfrac{-3B\sqrt{-12A}}{4A^2}}{3} \nonumber \end{align}
(với $\cos 3\omega =\dfrac{-3B\sqrt{-12A}}{4A^2}$ thì sẽ có 3 giá trị $3\omega$ thỏa mãn nên sẽ có 3 nghiệm)
Từ đó ta dễ dàng suy ra công thức $Cardano -- Tartaglia$ (trong trường hợp $D\geqslant 0$) và công thức sử dụng lượng giác (trong trường hợp $D<0$)
2 Phương pháp cộng
Nguyên tắc:
Lấy $\alpha$ nhân với hai vế của phương trình thứ nhất
Lấy $\beta$ nhân với hai vế của phương trình thứ hai
Sau đó cộng từng vế của hai phương trình để có phương trình dạng $A^n=B^n$, $\displaystyle \sum^m_{i=1} A^{2n}_i=0$ hoặc phương trình có thể đưa về dạng phương trình tích.
3 Phương pháp giải các hệ phương trình đối xứng loại $I$ và loại $II$, hệ phương trình đẳng cấp
3.1 Hệ phương trình đối xứng loại $I$
Đây là hệ phương trình có dạng $\left\lbrace \begin{array}{l} f(x,y)=0 \\ g(x,y)=0 \end{array} \right.$ với $f(x,y)=f(y,x)$, $g(x,y)=g(y,x)$
Với các hệ loại này, ta đặt $S=x+y$, $P=xy$ thì hệ sẽ chuyển được về ẩn $S$, $P$. Sau khi giải ra nghiệm của $S$, $P$ thì ta sử dụng định lý $Viete$ để tìm nghiệm của hệ.
3.2 Hệ phương trình đối xứng loại $II$
Đây là hệ phương trình có dạng $\left\lbrace \begin{array}{l} f(x,y)=0 \\ f(y,x)=0 \end{array} \right.$
Với các hệ loại này, khi ta trừ từng vế của hai phương trình, ta nhận được một phương trình tích có nhân tử là $(x-y)$ và một nhân tử $f(x,y)$ có tính chất $f(x,y)=f(y,x)$. Trong trường hợp $f(x,y)=0$ khó giải quyết ta có thể cộng từng vế của hai phương trình của hệ đã cho để nhận được một hệ phương trình hệ quả dạng $\left\lbrace \begin{array}{l} f(x,y)=0 \\ g(x,y)=0 \end{array} \right.$ với $f(x,y)=f(y,x)$, $g(x,y)=g(y,x)$. Đó là hệ phương trình đối xứng loại $I$ đã nói ở trên.
3.3 Hệ phương trình đẳng cấp
Đây là hệ phương trình có dạng $\left\lbrace \begin{array}{l} \displaystyle \sum^n_{i=0} a_i x^iy^{n-i}=\alpha \\ \displaystyle \sum^n_{i=0} b_i x^iy^{n-i}=\beta \end{array} \right.$ với $a_i$, $b_i$ ($i=\overline{1,n}$) là các hệ số
Với các hệ loại này, ta xét trường hợp $y\neq 0$ để đặt $x=ky$. Khi đó hệ đã cho trở thành: $$\displaystyle \left\lbrace \begin{array}{l} \displaystyle \sum^n_{i=0} a_i k^i y^i y^{n-i}=\alpha \\ \displaystyle \sum^n_{i=0} b_i k^i y^i y^{n-i}=\beta \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\lbrace \begin{array}{l} y^n \displaystyle \sum^n_{i=0} a_i k^i=\alpha \\ y^n \displaystyle \sum^n_{i=0} b_i k^i =\beta \end{array} \right.$$ Xét tỷ lệ hai phương trình, ta nhận được một phương trình hệ quả theo biến $k$: $$\displaystyle \\ \dfrac{\displaystyle \sum^n_{i=0} a_i k^i}{\displaystyle \sum^n_{i=0} b_i k^i}= \dfrac{\alpha}{\beta}$$ Giải phương trình ta nhận được $k$, từ đó suy ra nghiệm.
4 Phương pháp đặt ẩn phụ
Phương pháp này dựa trên các đại lượng chung trong hệ.
Nguyên tắc: Đặt một đại lượng $f(x,y)=a$, sau đó biểu diễn các đại lượng còn lại theo $a$. Chẳng hạn:
4.1 Đặt dạng tổng, hiệu: (Đặt $a=x+y$, $b=x-y$)
Dấu hiệu:
\begin{align} 2x & =a+b \nonumber \\ 2y & =a-b \nonumber \\ x^2-y^2 & =ab \nonumber \\ 2\left(x^2+y^2\right) & =a^2+b^2 \nonumber \\ 2x\left( x^2+3y^2 \right) & =a^3+b^3 \nonumber \\ 2y\left( 3x^2+y^2 \right) & =a^3-b^3 \nonumber \end{align}
4.2 Đặt ẩn phụ dạng $a=x+ \dfrac{1}{x}$; $b=y+ \dfrac{1}{y}$
Dấu hiệu:
\begin{align} x^2+ \dfrac{1}{x^2} +2 & =a^2 \nonumber \\ y^2+ \dfrac{1}{y^2} +2 & =b^2 \nonumber \\ \left(x+y\right) \left( 1+ \dfrac{1}{xy}\right) & =a+b \nonumber \\ \left(x^2+y^2\right) \left( 1+ \dfrac{1}{x^2y^2}\right) +4 & =a^2+b^2 \nonumber \\ xy+ \dfrac{1}{xy}+ \dfrac{x^2+y^2}{xy} & =ab \nonumber \\ \dfrac{y}{x}. \dfrac{x^2+1}{y^2+1} & = \dfrac{a}{b} \nonumber \end{align}
4.3 Đặt ẩn phụ dạng $a=x+ \dfrac{1}{x}$; $b=y+ \dfrac{1}{y}$
Dấu hiệu:
\begin{align} \left(x+y\right) \left( 1+ \dfrac{1}{xy}\right) & =a+b \nonumber \\ xy+ \dfrac{1}{xy}+2 & =ab \nonumber \\ \left(x-y\right) \left( 1- \dfrac{1}{xy}\right) & =a-b \nonumber \\ \left(x^2+y^2\right) \left( 1+ \dfrac{1}{xy}\right)^2 & =a^2+b^2 \nonumber \end{align}
4.4 Chia hai vế để xác định cách đặt ẩn phụ
Ta chia từng vế của hai phương trình với lượng ẩn đơn giản ở một vế của mỗi phương trình, sau đó ta tìm lượng chung để đặt ẩn.
5 Phương pháp đánh giá
Phương pháp này sử dụng các bất đẳng thức điều kiện ta tìm được ở một phương trình (thậm chí là cả hai) và các bất đẳng thức cơ bản, cổ điển ta đã biết để đánh giá giữa vế trái và vế phải của các phương trình trong hệ.
Nếu vế trái và vế phải thỏa mãn một đánh giá không chặt, chẳng hạn $A\geqslant B$ thì nghiệm của hệ chính là điều kiện đẳng thức của đánh giá.
Nếu vế trái và vế phải thỏa mãn một đánh giá chặt, chẳng hạn $A > B$ thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Các bất đẳng thức cổ điển
Bất đẳng thức $AM - GM$ giữa đại lượng trung bình cộng và đại lượng trung bình nhân: (tài liệu giáo khoa Việt Nam thường gọi là bất đẳng thức Cô-si)
\[ \dfrac{1}{n} \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i \geqslant \sqrt[n]{\displaystyle \prod^n_{i=1} a_i} \]
(với $a_i \geqslant 0$, $i=\overline{1,n}$)
Chứng minh:
Nếu $n=1$, $n=2$ thì bất đẳng thức tương ứng trở thành:
\begin{align} a_1 &\geqslant a_1 \text{ (luôn đúng)}\nonumber \\ \dfrac{a_1+a_2}{2} &\geqslant \sqrt{a_1a_2} \Leftrightarrow \left(\sqrt{\dfrac{a_1}{2}}-\sqrt{\dfrac{a_2}{2}}\right)^2\geqslant 0 \text{ (luôn đúng)} \nonumber \end{align}
Giả sử bất đẳng thức đúng với $n=k \geqslant 2$ ta chứng minh bất đẳng thức đúng với $n=k+1$
Ta có:
\[S_{k+1}= \dfrac{1}{k+1} \displaystyle \sum^{k+1}_{i=1} a_i = \dfrac{k \dfrac{1}{k}\displaystyle \sum^k_{i=1}a_i +a_{k+1}}{k+1}\]
Theo giả thiết quy nạp ta thu được
\[S_{k+1} \geqslant \dfrac{k \sqrt[k]{\displaystyle \prod^k _{i=1} a_i}+a_{k+1}}{k+1}\]
Để chứng minh bất đẳng thức đúng khi $n=k+1$ ta cần chứng minh
\[ \dfrac{k \sqrt[k]{\displaystyle \prod^k _{i=1} a_i}+a_{k+1}}{k+1} \geqslant \sqrt[k+1]{\displaystyle \prod^{k+1}_{i=1}a_i}\]
Ký hiệu \[\alpha^{k+1} = \sqrt[k]{\displaystyle \prod^k_{i=1} a_i}, \ \beta^{k+1}=a_{k+1} \]
Ta thu được
\begin{align} &\phantom{\Leftrightarrow} k\alpha^{k+1} +\beta^{k+1} \geqslant (k+1) \alpha^k\beta \nonumber \\ &\Leftrightarrow k\alpha^k(\alpha-\beta) +\beta\left(\beta^k-\alpha^k\right) \geqslant 0 \nonumber \\ &\Leftrightarrow (\alpha-\beta)\left[k\alpha^k -\beta\left(\beta^{k-1}+\beta^{k-2}\alpha +\ldots+\alpha^{k-1}\right) \right] \geqslant 0 \nonumber \\ &\Leftrightarrow (\alpha-\beta)\left[\left(\alpha^k-\beta^k\right)+\alpha\left(\alpha^{k-1}-\beta^{k-1}\right)+\ldots+\alpha^{k-1}\left(\alpha-\beta\right) \right] \geqslant 0 \nonumber \\ &\Leftrightarrow (\alpha-\beta)^2\left[\left(\alpha^{k-1}+\alpha^{k-2}\beta+\ldots+\beta^{k-1}\right)+\right.\nonumber \\ &\hspace{5cm} \left. + \alpha\left(\alpha^{k-2}+\alpha^{k-3}\beta+\ldots+\beta^{k-2}\right)+\ldots+\alpha^{k-1}\right] \geqslant 0 \nonumber \end{align}
Bất đẳng thức trên luôn đúng vì $\alpha, \beta \geqslant 0$
Vậy bất đẳng thức đúng khi $n=k+1$.
Theo nguyên lý quy nạp ta có bất đẳng thức đúng với mọi $n\geqslant 1$
Bất đẳng thức $AM - GM$ được chứng minh xong.
Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=a_3=\ldots=a_n$.
Bất đẳng thức $Cauchy$ (còn được gọi là bất đẳng thức $Cauchy - Schwarz$, tài liệu giáo khoa Việt Nam thường gọi là bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki)
\[ \left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right) \geqslant \left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_ib_i \right)^2\]
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:\[ \dfrac{a_1^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2}+ \dfrac{b_1^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2} \geqslant \dfrac{2\left| a_1b_1 \right|}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}}\]
Vì $|a|\geqslant a \ \forall a \in \mathbb{R}$ nên
\[ \dfrac{2\left| a_1b_1 \right|}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}} \geqslant \dfrac{2a_1b_1}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}}\]
Kết hợp hai điều trên ta thu được
\[ \dfrac{a_1^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2}+ \dfrac{b_1^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2} \geqslant \dfrac{2a_1b_1}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}}\]
Tương tự
\[ \dfrac{a_2^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2}+ \dfrac{b_2^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2} \geqslant \dfrac{2a_2b_2}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}}\]
\[\ldots\]
\[ \dfrac{a_n^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2}+ \dfrac{b_n^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2} \geqslant \dfrac{2a_nb_n}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}}\]
Cộng $n$ bất đẳng thức trên ta được
\begin{align} &\phantom{\Leftrightarrow} \dfrac{\displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2}+ \dfrac{\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2}{\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2} \geqslant \dfrac{2\displaystyle \sum^n_{i=1} a_ib_i}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}} \nonumber \\ & \Leftrightarrow 2 \geqslant \dfrac{2\displaystyle \sum^n_{i=1} a_ib_i}{\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)}} \nonumber \\ & \Leftrightarrow \sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)} \geqslant \displaystyle \sum^n_{i=1} a_ib_i \quad \left(\sqrt{\left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right)} \geqslant 0 \right) \nonumber \\ &\Leftrightarrow \left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_i^2\right) \left(\displaystyle \sum^n_{i=1} b_i^2\right) \geqslant \left( \displaystyle \sum^n_{i=1} a_ib_i \right)^2 \nonumber \end{align}
Bất đẳng thức $Cauchy$ được chứng minh xong.
Dấu bằng xảy ra khi $ \dfrac{a_i}{b_i} = \dfrac{a_j}{b_j} \ \forall i \neq j, \ i,j=\overline{1,n}$.
