Trong bài trước, chúng ta đã tìm hiểu về bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Cô-si. Trong bài này, ta sẽ đi sâu hơn để khám phá mối liên hệ chặt chẽ giữa hai bất đẳng thức, từ đó nhận thấy rằng bất đẳng thức Cô-si là một trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Jensen.
Nội dung: Cho \(a_1, a_2, …, a_n \geq 0\). Chứng minh rằng $\frac{a_1 + a_2 + … + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2…a_n}$
Chứng minh
Chỉ có một trong hai khả năng sau đây xảy ra:
- Tồn tại \(a_i = 0 \ (1 \leq i \leq n)\). Khi đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
- ${a_i} > 0,\;\forall i = \overline {1,n} $
Xét hàm số \(f(x) = e^x\) với \(x \in (-\infty, +\infty)\).
Ta có \(f'(x) = e^x\), suy ra \(f”(x) = e^x\). Vậy \(f(x)\) là hàm lồi với mọi \(x \in (-\infty, +\infty)\).
Giả sử \(a_1, a_2, …, a_n\) đều dương, khi đó tồn tại \(x_1, x_2, …, x_n\) sao cho: $ e^{x_1} = a_1, \ e^{x_2} = a_2, …, \ e^{x_n} = a_n $
Theo bất đẳng thức Jensen ta có: $ e^{\frac{x_1 + x_2 + … + x_n}{n}} \leq \frac{e^{x_1} + e^{x_2} + … + e^{x_n}}{n} $
Tức là: $ \left(e^{\frac{x_1 + x_2 + … + x_n}{n}}\right)^n \leq \frac{e^{x_1} + e^{x_2} + … + e^{x_n}}{n} $
Hay: $ \sqrt[n]{a_1a_2…a_n} \leq \frac{a_1 + a_2 + … + a_n}{n} $
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x_1 = x_2 = … = x_n\), hay \(a_1 = a_2 = … = a_n\).
Kết hợp cả hai trường hợp trên, ta có điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM) có thể được xem là một trường hợp cụ thể của bất đẳng thức Jensen khi áp dụng cho các hàm lồi. Điều này cho thấy sự liên kết chặt chẽ giữa các bất đẳng thức trong toán học và cách một bất đẳng thức tổng quát (Jensen) có thể dẫn đến nhiều bất đẳng thức cụ thể (như Cô-si, AM-GM).