SỰ TƯƠNG ỨNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI VÀ AM-GM

SỰ TƯƠNG ỨNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI VÀ AM-GM

Trước hết ta nhắc lại hai bất đẳng thức (BĐT)

BĐT AM-GM $$A_n=\dfrac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\geq \sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}=G_n \ \ \ \ (AG)$$ với mọi $x_k>0$.

BĐT Bernoulli $$x^n\geq 1+n(x-1)\ \ \ \ (B)$$ với bất kỳ $x>0$ và $n\in\mathbb N$.

Định lý. Hai bất đẳng thức (AG) và (B) là tương đương.

Chứng minh.

$(B)\Rightarrow (AG)$. Do $\dfrac{A_n}{A_{n-1}}>0$ nên áp dụng (B) ta có $$\left(\dfrac{A_n}{A_{n-1}}\right)^n\geq 1+n\left(\dfrac{A_n}{A_{n-1}}-1\right)=\dfrac{A_{n-1}+nA_n-nA_{n-1}}{A_{n-1}}=\dfrac{nA_n-(n-1)A_{n-1}}{A_{n-1}}=\dfrac{x_n}{A_{n-1}}$$

hay $$A_n^n\geq x_n.A_{n-1}^{n-1} \ \ \ \ (C).$$

Áp dụng BĐT (C) liên tiếp ta được

$$A_n^n\geq x_n.A_{n-1}^{n-1}\geq x_n.x_{n-1}A_{n-2}^{n-2}\geq \cdots \geq x_n.x_{n-1}\ldots x_2.A_1=x_n.x_{n-1}\ldots x_1=G_n^n.$$

Do đó $A_n\geq G_n$.

$(AG)\Rightarrow (B)$. Với $n=1$ ta có ngay (B). Nếu $n\ge 2$ và $0<x\leq 1-\dfrac{1}{n}$ thì $x^n>0\leq 1+n(x-1)$, suy ra (B) đúng.

Do đó ta giả sử $n\geq 2$ và $x>1-\dfrac{1}{n}\Rightarrow 1+n(x-1)>0$.

Áp dụng (AG) cho $n$ số $1+n(x-1),1,\ldots,1$ ($n-1$ số $1$) ta được

$$x^n=\left( \dfrac{1+n(x-1)+1+ \cdots +1}{n} \right)^n\geq 1+n(x-1),$$ hay BĐT (B) được chứng minh.$\blacksquare$

Do đó để chứng minh BĐT AM-GM ta có thể sử dụng BĐT (B), mà để chứng minh (B) ta có một cách đơn giản như sau:

$$x^n-1-n(x-1)=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots x+1)-n(x-1)=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots x+1-n).$$

Đế ý rằng nếu $x\geq 1$ thì $x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots x+1\geq n$ và nếu $0<x<1$ thì $x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots x+1< n$, do đó BĐT (B) đúng.