Các bất đẳng thức cơ bản cần nhớ áp dụng trong toán 2025

Chủ đề Bất đẳng thức cosi dấu bằng xảy ra khi nào: Khám phá bí mật đằng sau điều kiện xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức Cosi, một trong những công cụ toán học mạnh mẽ nhất, thường được sử dụng trong các bài toán tối ưu hóa và giải pháp tìm giá trị tối thiểu hoặc tối đa. Bài viết này sẽ giúp bạn hiểu sâu hơn về cơ chế và tầm quan trọng của bất đẳng thức này trong toán học và các ứng dụng thực tế.

Tìm hiểu về bất đẳng thức Cosi

Bất đẳng thức Cosine (còn được gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) là một trong những bất đẳng thức quan trọng nhất trong toán học, có ứng dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực, từ hình học đến phân tích và thống kê. Bất đẳng thức cosi này cung cấp một phương pháp hiệu quả để ước lượng độ lớn của các sản phẩm hoặc tổng của các phần tử trong không gian vector Euclid.

Bất đẳng thức cosi lớp 9 có dạng sau đây:

(a₁b₁ + a₂b₂ + … + aₙbₙ) ≤ √(a₁² + a₂² + … + aₙ²) √(b₁² + b₂² + … + bₙ²)

Trong đó a₁, a₂, …, aₙ và b₁, b₂, …, bₙ là các số thực.

Để chứng minh bất đẳng thức cosi lớp 9, ta sử dụng định lí Pythagoras. Định lí Pythagoras khẳng định rằng đối với bất kỳ tam giác vuông, tổng bình phương của 2 cạnh góc nhọn sẽ bằng bình phương của cạnh huyền.

Áp dụng định lí Pythagoras vào bất đẳng thức Cosi lớp 9, ta có:

(a₁b₁ + a₂b₂ + … + aₙbₙ)² ≤ (a₁² + a₂² + … + aₙ²) (b₁² + b₂² + … + bₙ²)

Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần chứng minh rằng:

(a₁b₁ + a₂b₂ + … + aₙbₙ)² – (a₁² + a₂² + … + aₙ²) (b₁² + b₂² + … + bₙ²) ≤ 0

Bằng cách sắp xếp các thành phần tương ứng, ta có:

[(a₁b₁)² – (a₁²)(b₁²)] + [(a₂b₂)² – (a₂²)(b₂²)] + … + [(aₙbₙ)² – (aₙ²)(bₙ²)] ≤ 0Sử dụng tính chất của các số thực và bất đẳng thức AM – GM (bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân), ta có thể chứng minh rằng từng thành phần trong ngoặc đơn luôn nhỏ hơn hoặc bằng 0.

Vì vậy, ta kết luận rằng bất đẳng thức Cosi là đúng và có thể áp dụng trong nhiều bài toán và phương pháp tính toán trong toán học.

Điều quan trọng cần lưu ý là bất đẳng thức cosi lớp 9 trở thành dấu bằng khi và chỉ khi hai vector là song song hoặc khi một trong hai vector bằng không. Trong trường hợp này, tức là khi các vector có thể coi là tương đồng về hướng hoặc có một vector không có phần tử nào khác không, bất đẳng thức cosi lớp 9 trở thành bằng.

Bất đẳng thức Cosine là một công cụ quan trọng trong lý thuyết và ứng dụng của đại số tuyến tính, hình học, phân tích và thống kê. Việc hiểu và áp dụng bất đẳng thức cosi lớp 9 này giúp chúng ta hiểu sâu hơn về mối quan hệ giữa các vector và cách ước lượng và xác định sự tương quan giữa chúng.

2. Các dạng bất đẳng thức Cosi trong toán học

Bài tập về bất đẳng thức cosi

Dạng 1: Vận dụng trực tiếp BĐT côsi

Ví dụ1: Cho a, b là số dương thỏa mãn a2 + b2 = 2. Chứng minh rằng (a+b)5 ≥ 16ab √(1+a2)(1+b2)

Lời giải:

Ta có (a+b)5 = (a2 + 2ab + b2 )(a3 + 3ab2 + 3a2b + b3)

Áp dụng BĐT cosi ta có:

a2 + 2ab + b2 ≥ 2√2ab(a2 + b2) = 4√ab

(a3 + 3ab2 ) (3a2b+b3) ≥ 2√(a3 + 3ab2 ) (3a2b+b3) = 4√ab (1 + b2)(a2 + 1)

=> (a2 + 2ab + b2 )(a3 + 3ab2 + 3a2b + b3) ≥ 16ab√(a2 + 1)( b2 +1)

=> Do đó (a + b)5 ≥ 16ab√(a2 + 1)( b2 +1) điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1

Ví dụ 2: Cho 2 số không âm a, b. CHứn minh (a + b)(1 + ab) ≥ 4ab

Lời giải

Áp dụng BĐT Cosi cho 2 số thực không âm ta có:

=> (1 + b)(1 + ab) ≥ 2√ab.2√ab = 4ab DPCM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1

Dạng 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp

Phương pháp:

Để chứng minh BĐT ta thường phải biến đổi (nhân chia, thêm, bớt một biểu thức) để tạo biểu thức có thể giản ước được sau khi áp dụng BĐT côsi.

Khi gặp BĐT có dạng x + y + z ≥ a + b + c (hoặc xyz ≥ abc), ta thường đi chứng minh x + y ≥ 2a (hoặc ab ≤ x2), xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng(hoặc nhân) vế với vế ta suy ra điều phải chứng minh.

Khi tách và áp dụng BĐT côsi ta dựa vào việc đảm bảo dấu bằng xảy ra(thường dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau hoặc tại biên).

Ví dụ 1: Cho a, b, c là số dương thỏa mãn a + b + c = 3.

Chứng minh rằng 8( a + b )(b + c)(c + a) ≤ (3 + a)(3 + b)(3 + c)

Lời giải

Sau khi đọc xong bài viết của chúng tôi các bạn có thể nắm được lý thuyết về bất đẳng thức cosi lớp 9 và các dạng bài tập bất đẳng thức cosi nhé

3. Hỏi đáp về BDT Cosi

Bất đẳng thức Cosi học ở lớp mấy?

Các em sẽ được học kiến thức về BĐT Cosi trong chương trình toán lớp 9 nha.

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có phải là tên gọi khác của BĐT Cosi không?

Các em đừng nhầm lẫn giữa điều này nha, hai BĐT này hoàn toàn khác nhau đó, BĐT Cauchy-Schwarz hay còn gọi là bất đẳng thức Bunhiacopxki là BĐT do 3 nhà toán học Augustin Louis Cauchy, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky và Hermann Amandus Schwarz phát minh ra.

Như vậy, qua bài viết trên, chúng tôi đã chia sẻ các kiến thức liên quan về bất đẳng thức Cosi, các công thức, cách chứng minh và một số dạng bài tập liên quan. Hy vọng bài viết nãy sẽ giúp các em ôn luyện và nắm vững được kiến thức quan trọng này. Chào tạm biệt và hẹn gặp lại các em trong các bài đăng tiếp theo để cùng nhau tìm hiểu thêm nhiều kiến thức toán học thú vị khác nha!

7 Hằng Đẳng Thức Đáng Nhớ – Lý Thuyết Và Bài Tập

Bất đẳng thức có được từ hằng đẳng thức dạng ${(a - b)}^{2} \geq 0$

$a^{2} + b^{2} \geq 2 a b; a b \leq {(\frac{a + b}{2})}^{2}; a^{2} + b^{2} \geq \frac{1}{2} {(a + b)}^{2} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b .$
$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + c a .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c .$
$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{1}{3} {(a + b + c)}^{2} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c .$
${(a + b + c)}^{2} \geq 3 (a b + b c + c a) .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c .$

Bất đẳng thức với hai căn thức cơ bản

$\sqrt{a} + \sqrt{b} \geq \sqrt{a + b} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = 0$ hoặc $b = 0.$
$\sqrt{a} + \sqrt{b} \leq \sqrt{2 (a + b)} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b .$

Ví dụ 1:Cho hai số thực $x, y$ thoả mãn $x + y = 2 (\sqrt{x - 3} + \sqrt{y + 3}) .$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = 4 (x^{2} + y^{2}) + 15 x y .$

A. $min P = - 80.$

B. $min P = - 91.$

C. $min P = - 83.$

D. $min P = - 63.$

Giải.Ta có $x + y = 2 (\sqrt{x - 3} + \sqrt{y + 3}) \geq 2 \sqrt{(x - 3) + (y + 3)} = 2 \sqrt{x + y} .$ Suy ra $x + y = 0$ hoặc $x + y \geq 4.$

Và $x + y = 2 (\sqrt{x - 3} + \sqrt{y + 3}) \leq 2 \sqrt{(1 + 1) (x - 3 + y + 3)} = 2 \sqrt{2 (x + y)} \Rightarrow x + y \leq 8.$

Nếu $x + y = 0 \Leftrightarrow x = 3; y = - 3 \Rightarrow P = - 63.$
Nếu $x + y \in [4; 8],$ xuất phát từ điều kiện xác định căn thức ta có: $(x - 3) (y + 3) \geq 0 \Rightarrow x y \geq 3 (y - x) + 9.$

Suy ra

$\begin{matrix} P = 4 x^{2} + 4 y^{2} + 15 x y = 4 (x + y)^{2} + 7 x y \geq 4 (x + y)^{2} + 7 [3 (y - x) + 9] \\ = [4 {(x + y)}^{2} - 21 (x + y)] + (42 y + 63) \\ \geq ({4.4}^{2} - 21.4) + (42. (- 3) + 63) = - 83. \end{matrix}$

Dấu bằng đạt tại $x = 7, y = - 3.$ Đối chiếu hai trường hợp ta Chọn đáp án C.

*Chú ý: Hàm số $y = 4 t^{2} - 21 t$ đồng biến trên đoạn $[4; 8]$ nên ta có đánh giá $4 {(x + y)}^{2} - 21 (x + y) \geq {4.4}^{2} - 21.4.$

Bất đẳng thức AM – GM (Sách giáo khoa việt nam gọi là bất đẳng thức Côsi)

Với hai số thực không âm ta có $a + b \geq 2 \sqrt{a b} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b .$
Với ba số thực không âm ta có $a + b + c \geq 3 \sqrt[3]{a b c} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c .$
Với $n$ thực không âm ta có $a_{1} + a_{2} + . . . + a_{n} \geq n \sqrt[n]{a_{1} a_{2} . . . a_{n}} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a_{1} = a_{2} = . . . = a_{n} .$

Ví dụ 1:Cho $a > 0; b > 0$ thoả mãn $\log_{2 a + 2 b + 1} (4 a^{2} + b^{2} + 1) + \log_{4 a b + 1} (2 a + 2 b + 1) = 2.$ Giá trị biểu thức $a + 2 b$ bằng

A. $\frac{3}{2} .$

B. $5.$

C. $4.$

D. $\frac{15}{4} .$

Giải. Chú ý $\log_{a} b = \frac{\ln b}{\ln a} .$ Vậy $\frac{\ln (4 a^{2} + b^{2} + 1)}{\ln (2 a + 2 b + 1)} + \frac{\ln (2 a + 2 b + 1)}{\ln (4 a b + 1)} = 2.$

Sử dụng AM – GM có

$\frac{\ln (4 a^{2} + b^{2} + 1)}{\ln (2 a + 2 b + 1)} + \frac{\ln (2 a + 2 b + 1)}{\ln (4 a b + 1)} \geq 2 \sqrt{\frac{\ln (4 a^{2} + b^{2} + 1)}{\ln (4 a b + 1)}} .$

Mặt khác $4 a^{2} + b^{2} \geq 2 \sqrt{4 a^{2} . b^{2}} = 4 a b \Rightarrow 4 a^{2} + b^{2} + 1 \geq 4 a b + 1 \Rightarrow \frac{\ln (4 a^{2} + b^{2} + 1)}{\ln (4 a b + 1)} \geq 1.$

Do đó dấu bằng phải xảy ra tức ${\begin{cases} 2 a = b \\ \frac{\ln (2 a + 2 b + 1)}{\ln (4 a b + 1)} = 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} \ln (6 a + 1) = \ln (8 a^{2} + 1) \\ b = 2 a \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a = \frac{3}{4} \\ b = \frac{3}{2} \end{cases} .$

Do đó $a + 2 b = \frac{3}{4} + 3 = \frac{15}{4} .$ Chọn đáp án D.

Ví dụ 2:Cho các số thực dương $x, y, z .$ Biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{x^{2}}{y} + \frac{y^{2}}{4 z} + \frac{z^{2}}{x} + \frac{175 \sqrt{x^{2} + 9}}{4 (x + 1)}$ là $\frac{a}{b}$ với $a, b$ là các số nguyên dương và $\frac{a}{b}$ tối giản. Tính $S = a + b .$

A. $S = 52.$

B. $S = 207.$

C. $S = 103.$

D. $S = 205.$

Giải.Ta đánh giá ba số hạng đầu để mất biến y và z bằng cách sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

$\frac{z^{2}}{x} + \frac{y^{2}}{8 z} + \frac{y^{2}}{8 z} + \frac{x^{2}}{4 y} + \frac{x^{2}}{4 y} + \frac{x^{2}}{4 y} + \frac{x^{2}}{4 y} \geq 7 \sqrt[7]{\frac{z^{2}}{x} {(\frac{y^{2}}{8 z})}^{2} {(\frac{x^{2}}{4 y})}^{4}} = \frac{7 x}{4} .$

Vậy $P \geq f (x) = \frac{7 x}{4} + \frac{175 \sqrt{x^{2} + 9}}{4 (x + 1)} \geq min_{(0; + \infty)} f (x) = f (4) = \frac{203}{4} .$ Chọn đáp án B.

Dấu bằng đạt tại ${\begin{aligned} \frac{z^{2}}{x} = \frac{y^{2}}{8 z} = \frac{x^{2}}{4 y}, \\ x = 4 \end{aligned} \Leftrightarrow (x; y; z) = (4; 4; 2) .$

Ví dụ 3.Cho các số thực $a, b, c$ lớn hơn $1$ thoả mãn $\log_{a} b c + \log_{b} c a + 4 \log_{c} a b = 10.$ Tính giá trị biểu thức $P = \log_{a} b + \log_{b} c + \log_{c} a .$

A. $P = 5.$

B. $P = \frac{7}{2} .$

C. $P = \frac{21}{4} .$

D. $P = \frac{9}{2} .$

Giải. Chú ý biến đổi logarit $\log_{a} x y = \log_{a} x + \log_{a} y (x > 0, y > 0), 0 < a \neq 1.$

Vậy đẳng thức giả thiết tương đương với:

$\begin{array}{l} \log_{a} b + \log_{a} c + \log_{b} c + \log_{b} a + 4 (\log_{c} a + \log_{c} b) = 10 \\ \Leftrightarrow (\log_{a} b + \log_{b} a) + (\log_{b} c + 4 \log_{c} b) + (4 \log_{c} a + \log_{a} c) = 10. \end{array}$

Do $a, b, c$ lớn hơn $1$ nên $\log_{a} b > 0; \log_{b} c > 0; \log_{c} a > 0$ và để ý tính chất $\log_{x} y . \log_{y} x = 1 (0 < x, y \neq 1)$

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

$\begin{array}{l} \log_{a} b + \log_{b} a \geq 2 \sqrt{\log_{a} b . \log_{b} a} = 2 \\ \log_{b} c + 4 \log_{c} b \geq 2 \sqrt{\log_{b} c .4 \log_{c} b} = 4 \\ 4 \log_{c} a + \log_{a} c \geq 2 \sqrt{4 \log_{c} a . \log_{a} c} = 4 \end{array}$

Cộng lại theo vế ta có: $(\log_{a} b + \log_{b} a) + (\log_{b} c + 4 \log_{c} b) + (4 \log_{c} a + \log_{a} c) \geq 10.$

Điều đó chứng tỏ phải xảy ra dấu bằng trong các bất đẳng thức AM – GM

Dấu bằng đạt tại ${\begin{cases} \log_{a} b = \log_{b} a = 1 \\ \log_{b} c = 4 \log_{c} b = 2 \\ 4 \log_{c} a = \log_{a} c = 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} \log_{a} b = 1 \\ \log_{b} c = 2 \\ \log_{c} a = \frac{1}{2} \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} a = b \\ c = b^{2} \\ a = \sqrt{c} \end{cases} \Leftrightarrow a = b, c = b^{2} .$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 4.Có tất cả bao nhiêu bộ ba số thực $(x; y; z)$ thoả mãn đồng thời các điều kiện dưới đây

$2^{\sqrt[3]{x^{2}}} {.4}^{\sqrt[3]{y^{2}}} {.16}^{\sqrt[3]{z^{2}}} = 128$ và ${(x y^{2} + z^{4})}^{2} = 4 + {(x y^{2} - z^{4})}^{2} .$

A. $8.$

B. $4.$

C. $3.$

D. $2.$

Giải. Ta có $2^{\sqrt[3]{x^{2}}} {.4}^{\sqrt[3]{y^{2}}} {.16}^{\sqrt[3]{z^{2}}} = 128 \Leftrightarrow 2^{\sqrt[3]{x^{2}} + 2 \sqrt[3]{y^{2}} + 4 \sqrt[3]{z^{2}}} = 2^{7} \Leftrightarrow \sqrt[3]{x^{2}} + 2 \sqrt[3]{y^{2}} + 4 \sqrt[3]{z^{2}} = 7.$

Khai thác điều kiện số 2, ta có

$x^{2} y^{4} + 2 x y^{2} z^{4} + z^{8} = 4 + x^{2} y^{4} - 2 x y^{2} z^{4} + z^{8} \Leftrightarrow x y^{2} z^{4} = 1.$

Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM cho 7 số thực dương ta có

$\sqrt[3]{x^{2}} + 2 \sqrt[3]{y^{2}} + 4 \sqrt[3]{z^{2}} \geq 7 \sqrt[7]{\sqrt[3]{x^{2}} {(\sqrt[3]{y^{2}})}^{2} {(\sqrt[3]{z^{2}})}^{4}} = 7 \sqrt[7]{\sqrt[3]{x^{2} y^{4} z^{8}}} = 7 \sqrt[7]{\sqrt[3]{{(x y^{2} z^{4})}^{2}}} = 7.$

Do đó dấu bằng phải xảy ra tức ${\begin{cases} \sqrt[3]{x^{2}} = \sqrt[3]{y^{2}} = \sqrt[3]{z^{2}} = 1 \\ x y^{2} z^{4} = 1 \end{cases} \Leftrightarrow x = 1; y, z \in {- 1; 1} .$

Mỗi số $y, z$ có 2 cách vậy có tất cả ${1.2}^{2} = 4$ bộ số thực thoả mãn. Chọn đáp án B.

Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (Sách giáo khoa việt nam gọi là bất đẳng thức Bunhiacopsky)

Ta luôn có $(a^{2} + b^{2}) (x^{2} + y^{2}) \geq {(a x + b y)}^{2} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} .$

Ta hay sử dụng: $- \sqrt{(a^{2} + b^{2}) (x^{2} + y^{2})} \leq a x + b y \leq \sqrt{(a^{2} + b^{2}) (x^{2} + y^{2})} .$

Dấu bằng bên phải đạt tại $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = k > 0;$ dấu bằng bên trái đạt tại $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = k < 0.$

Ta luôn có $(a^{2} + b^{2} + c^{2}) (x^{2} + y^{2} + z^{2}) \geq {(a x + b y + c z)}^{2} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{x} = \frac{b}{y} = \frac{c}{z} .$
Ta luôn có $(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + . . . + a_{n}^{2}) (x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + . . . + x_{n}^{2}) \geq {(a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + . . . + a_{n} x_{n})}^{2} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a_{1}}{x_{1}} = \frac{a_{2}}{x_{2}} = . . . = \frac{a_{n}}{x_{n}} .$

Ví dụ 1:Cho hai số thực $x, y$ thoả mãn $x^{2} + y^{2} \leq 2 x + 3 y .$ Giá trị lớn nhất của biểu thức $2 x + y$ bằng

A. $\frac{19 + \sqrt{19}}{2} .$

B. $\frac{7 + \sqrt{65}}{2} .$

C. $\frac{11 + 10 \sqrt{2}}{3} .$

D. $\frac{7 - \sqrt{10}}{2} .$

Giải. Ta có biến đổi giả thiết: $x^{2} - 2 x + y^{2} - 3 y \leq 0 \Leftrightarrow {(x - 1)}^{2} + {(y - \frac{3}{2})}^{2} \leq \frac{13}{4} .$

Khi đó $2 x + y = 2 (x - 1) + (y - \frac{3}{2}) + \frac{7}{2} \leq \sqrt{(2^{2} + 1^{2}) ({(x - 1)}^{2} + {(y - \frac{3}{2})}^{2})} + \frac{7}{2} \leq \sqrt{5. \frac{13}{4}} + \frac{7}{2} = \frac{7 + \sqrt{65}}{2} .$

Dấu bằng đạt tại ${\begin{cases} \frac{x - 1}{2} = \frac{y - \frac{3}{2}}{1} = k & g t; 0 \\ 2 x + y = \frac{7 + \sqrt{65}}{2} \end{cases} \Leftrightarrow x = \frac{5 + \sqrt{65}}{5}; y = \frac{15 + \sqrt{65}}{10} .$ Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Cho các số thực $x, y, z$ thoả mãn $x^{2} + y^{2} + z^{2} - 4 x + 2 y - 12 \leq 0.$ Giá trị lớn nhất của biểu thức $2 x + 3 y - 2 z$ bằng

A. $17.$

B. $25.$

C. $21.$

D. $24.$

Giải. Biến đổi giả thiết có ${(x - 2)}^{2} + {(y + 1)}^{2} + z^{2} \leq 17.$

Khi đó

$\begin{matrix} 2 x + 3 y - 2 z = (2 (x - 2) + 3 (y + 1) - 2 z) + 4 \\ \leq \sqrt{(2^{2} + 3^{2} + {(- 2)}^{2}) ({(x - 2)}^{2} + {(y - 1)}^{2} + z^{2})} + 4 \leq \sqrt{17.17} + 4 = 21. \end{matrix}$

Dấu bằng đạt tại ${\begin{cases} \frac{x - 2}{2} = \frac{y + 1}{3} = \frac{z}{- 2} \\ 2 x + 3 y - 2 z = 21 \end{cases} \Leftrightarrow x = \frac{74}{17}, y = \frac{43}{17}, z = - \frac{40}{17} .$ Chọn đáp án C.

Ví dụ 3. Cho hai số thực $x, y$ thay đổi thoả mãn $x + y = \sqrt{x - 1} + \sqrt{2 y + 2} .$ Gọi $a, b$ lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S = x^{2} + y^{2} + 2 (x + 1) (y + 1) + 8 \sqrt{4 - x - y} .$ Tính $P = a + b .$

A. $P = 44.$

B. $P = 41.$

C. $P = 43.$

D. $P = 42.$

Giải. Ta có $x + y = \sqrt{x - 1} + \sqrt{2 (y + 1)} \leq \sqrt{3 (x + y)} \Rightarrow t = x + y \in [0; 3] .$

Khi đó

$\begin{aligned} S = {(x + y)}^{2} + 2 (x + y) + 8 \sqrt{4 - x - y} + 2 \\ = f (t) = t^{2} + 2 t + 8 \sqrt{4 - t} + 2 \in [18; 25], \forall t \in [0; 3] \Rightarrow P = 18 + 25 = 43. \end{aligned}$

Chọn đáp án C.

Ví dụ 4: Số phức $z$ thoả mãn $| z + 1 - 2 i | = 2 \sqrt{2},$ giá trị lớn nhất của biểu thức $a | z - 1 | + b | z + 3 - 4 i |, (a, b > 0)$ bằng

Giải. Đặt $z = x + y i \Rightarrow | z + 1 - 2 i | = 2 \sqrt{2} \Leftrightarrow {(x + 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} = 8.$

Khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz có

$\begin{matrix} P = a \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} + b \sqrt{{(x + 3)}^{2} + {(y - 4)}^{2}} ⩽ \sqrt{(a^{2} + b^{2}) ({(x - 1)}^{2} + y^{2} + {(x + 3)}^{2} + {(y - 4)}^{2})} \\ = \sqrt{(a^{2} + b^{2}) (2 x^{2} + 2 y^{2} + 4 x - 8 y + 26)} = \sqrt{2 (a^{2} + b^{2}) ({(x + 1)}^{2} + {(y - 2)}^{2} + 8)} \\ = \sqrt{2 (a^{2} + b^{2}) (8 + 8)} = 4 \sqrt{2 (a^{2} + b^{2})} . \end{matrix}$

Chọn đáp án B.

Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức

Với các số thực dương $x_{1}, x_{2}, . . ., x_{n}$ ta luôn có $\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}} + \frac{a_{2}^{2}}{x_{2}} + . . . + \frac{a_{n}^{2}}{x_{n}} \geq \frac{{(a_{1} + a_{2} + . . . + a_{n})}^{2}}{x_{1} + x_{2} + . . . + x_{n}} .$ Dấu bằng đạt tại $\frac{a_{1}}{x_{1}} = \frac{a_{2}}{x_{2}} = . . . = \frac{a_{n}}{x_{n}} .$

Ví dụ 1: Cho hàm số $y = {(x + m)}^{3} + {(x + n)}^{3} + {(x + p)}^{3} - x^{3},$ có đồ thị $(C) .$ Tiếp tuyến của $(C)$ tại điểm có hoành độ $x = 1$ có hệ số góc nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $m^{2} + 2 n^{2} + 3 p^{2}$ bằng

A. $\frac{12}{11} .$

B. $\frac{96}{11} .$

C. $\frac{48}{11} .$

D. $\frac{24}{11} .$

Giải. Hệ số góc của tiếp tuyến là

$k = y^{'} = 3 {(x + m)}^{2} + 3 {(x + n)}^{2} + 3 {(x + p)}^{2} - 3 x^{2} = 6 x^{2} + 6 (m + n + p) x + 3 m^{2} + 3 n^{2} + 3 p^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x = - \frac{6 (m + n + p)}{2.6} = - \frac{m + n + p}{2} .$ Theo giả thiết có $- \frac{m + n + p}{2} = 1 \Leftrightarrow m + n + p = - 2.$

Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có:

$m^{2} + 2 n^{2} + 3 p^{2} = \frac{m^{2}}{1} + \frac{n^{2}}{\frac{1}{2}} + \frac{p^{2}}{\frac{1}{3}} \geq \frac{{(m + n + p)}^{2}}{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}} = \frac{4}{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3}} = \frac{24}{11} .$

Dấu bằng đạt tại ${\begin{cases} m + n + p = - 2 \\ \frac{m}{1} = \frac{n}{\frac{1}{2}} = \frac{p}{\frac{1}{3}} \end{cases} \Leftrightarrow m = - \frac{12}{11}, n = - \frac{6}{11}, p = - \frac{4}{11} .$ Chọn đáp án D.

Ví dụ 2: Cho các số thực $x, y, z$ thoả mãn $x y + y z + z x = 1.$ Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $3 x^{2} + 4 y^{2} + 5 z^{2}$ gần nhất với kết quả nào dưới đây ?

A. $1, 33.$

C. $3, 89.$

B. $1, 94.$

D. $2, 67.$

Giải. Ta đánh giá: $3 x^{2} + 4 y^{2} + 5 z^{2} \geq 2 k (x y + y z + z x) \Leftrightarrow (k + 3) x^{2} + (k + 4) y^{2} + (k + 5) z^{2} \geq k {(x + y + z)}^{2} .$

Trong đó $k$ là một hằng số dương được chọn sau, khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức $3 x^{2} + 4 y^{2} + 5 z^{2}$ bằng $2 k .$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có:

$(k + 3) x^{2} + (k + 4) y^{2} + (k + 5) z^{2} = \frac{x^{2}}{\frac{1}{k + 3}} + \frac{y^{2}}{\frac{1}{k + 4}} + \frac{z^{2}}{\frac{1}{k + 5}} \geq \frac{{(x + y + z)}^{2}}{\frac{1}{k + 3} + \frac{1}{k + 4} + \frac{1}{k + 5}} .$

Vậy hằng số $k$ cần tìm là nghiệm dương của phương trình $\frac{1}{\frac{1}{k + 3} + \frac{1}{k + 4} + \frac{1}{k + 5}} = k \Leftrightarrow k^{3} + 6 k^{2} - 30 = 0 \Rightarrow k \approx 1, 9434.$ Do vậy chọn đáp án C.

Bất đẳng thức Mincopski (bất đẳng thức véctơ)

$\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{m^{2} + n^{2}} \geq \sqrt{{(a + m)}^{2} + {(b + n)}^{2}} .$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{m} = \frac{b}{n} = k > 0.$

Ví dụ 1:Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} + \sqrt{{(x + 1)}^{2} + y^{2}} + | y - 2 |$ bằng

A. $\sqrt{5} .$

B. $2.$

C. $2 + \sqrt{3} .$

D. $\frac{4 + \sqrt{3}}{2} .$

Giải.Sử dụng bất đẳng thức Mincopsky ta có

$\begin{matrix} \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} + \sqrt{{(x + 1)}^{2} + y^{2}} = \sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} + \sqrt{{(- x - 1)}^{2} + y^{2}} \\ \geq \sqrt{{(x - 1 - x - 1)}^{2} + {(y + y)}^{2}} = \sqrt{4 y^{2} + 4} = 2 \sqrt{y^{2} + 1} . \end{matrix}$

Do đó $\sqrt{{(x - 1)}^{2} + y^{2}} + \sqrt{{(x + 1)}^{2} + y^{2}} + | y - 2 | \geq f (y) = 2 \sqrt{y^{2} + 1} + | y - 2 | \geq min_{R} f (y) = f (\frac{1}{\sqrt{3}}) = 2 + \sqrt{3} .$

Dấu bằng đạt tại ${\begin{cases} \frac{x - 1}{- x - 1} = \frac{y}{y} \\ y = \frac{1}{\sqrt{3}} \end{cases} \Leftrightarrow x = 0; y = \frac{1}{\sqrt{3}} .$ Chọn đáp án C.

Bạn đọc cần bản PDF của bài viết này hãy để lại Bình luận trong phần Bình luận ngay bên dưới Bài viết này Onelass sẽ gửi cho các bạn

Các bất đẳng thức cơ bản cần nhớ

Tìm hiểu về bất đẳng thức Cosi

Bất đẳng thức cosi lớp 9 có dạng sau đây:

Áp dụng định lí Pythagoras vào bất đẳng thức Cosi lớp 9, ta có:

Bằng cách sắp xếp các thành phần tương ứng, ta có: