Bất đẳng thức Bunhiacopxki Bunhiacopxki

Bất đẳng thức Bunhiacopxki là một trong những dạng toán rất quen thuộc và thường được ứng dụng rất nhiều trong các bài toán về bất đẳng thức và cực trị.

Trong bài viết dưới đây Eballsviet.com giới thiệu đến các bạn toàn bộ kiến thức về bất đẳng thức Bunhiacopxki như: định nghĩa, công thức, hệ quả và một số bài tập ứng dụng. Thông qua tài liệu này giúp các bạn có thêm nhiều tư liệu tham khảo, trau dồi kiến thức để giải nhanh các bài toán lớp 9. Ngoài ra các bạn tham khảo thêm Bất đẳng thức Cosi. Mời các bạn cùng theo dõi tại đây.

1. Giới thiệu về bất đẳng thức Bunhiacopxki

+ Bất đẳng thức Bunhiacopxki có tên gọi chính xác là bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopxki – Schwarz, do ba nhà toán học độc lập phát hiện và đề xuất, có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực toán học. Thường được gọi theo tên nhà Toán học người Nga Bunhiacopxki.

+ Bất đẳng thức này rất quen thuộc và thường được ứng dụng rất nhiều trong các bài toán về bất đẳng thức và cực trị.

2. Công thức của bất đẳng thức Bunhiacopxki

+ Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản:

\(\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge {\left( {ac + bd} \right)^2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{c} = \frac{b}{d}\)

+ Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số:

Với hai bộ số \(\left( {{a_1},{a_2},...,{a_n}} \right)\) và \(\left( {{b_1},{b_2},...,{b_n}} \right)\) ta có:

\(\left( {a_1^2 + a_1^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right) \ge {\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{{{a_1}}}{{{b_1}}} = \frac{{{a_2}}}{{{b_2}}} = ... = \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\)

Với quy ước nếu một số nào đó (i = 1, 2, 3, …, n) bằng 0 thì tương ứng bằng 0

3. Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacopxki

+ Có \(\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge {\left( {ac + bd} \right)^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge {\left( {ac + bd} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {ac} \right)^2} + {\left( {ad} \right)^2} + {\left( {bc} \right)^2} + {\left( {bd} \right)^2} \ge {\left( {ac} \right)^2} + 2abcd + {\left( {bd} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {ad} \right)^2} + {\left( {bc} \right)^2} \ge 2abcd\\ \Leftrightarrow {\left( {ad} \right)^2} - 2abcd + {\left( {bc} \right)^2} \ge 0 \end{array}\)

\(\Leftrightarrow {\left( {ad - bc} \right)^2} \ge 0\)(luôn đúng)

4. Hệ quả của bất đẳng thức Bunhiacopxki

\(\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge 4abcd\)

5. 

6. Bài tập tự luyện bất đẳng thức Bunhiacopxki

Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:

a, \(A = \sqrt {6 - x} + \sqrt {x + 2}\)

b, \(B = \sqrt x + \sqrt {2 - x}\)

Bài 2: Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

\(\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {{c^2} + {a^2}} }} \le \frac{3}{{\sqrt 2 }}\)

(gợi ý: biến đổi vế trái thành \(\sqrt {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} + \sqrt {\frac{{{b^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} + \sqrt {\frac{{{c^2}}}{{{c^2} + {a^2}}}}\) rồi áp dung bất đẳng thức Bunhiacopxki)

Bài 3: Cho a, b, c là các số thực dương, . Chứng minh rằng:

\(\sqrt {a - 1} + \sqrt {b - 1} + \sqrt {c - 1} \le \sqrt {c\left( {ab + 1} \right)}\)

Bài 4: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh:

\(\frac{1}{{{a^3}\left( {b + c} \right)}} + \frac{1}{{{b^3}\left( {c + a} \right)}} + \frac{1}{{{c^3}\left( {a + b} \right)}} \ge \frac{3}{2}\)

Bài 5: Cho x > 0 và y > 0 thỏa mãn x² + y² ≤ x + y. Chứng minh:

x + 3y ≤ 2 +\(\sqrt{5}\)

6. Bài tập về bất đẳng thức Bunhiacopxki 

Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương bất kỳ. Chứng minh rằng:

\(\sqrt {\frac{{a + b}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{a + b + c}}} \le \sqrt 6\)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(1.\sqrt {\frac{{a + b}}{{a + b + c}}} + 1.\sqrt {\frac{{b + c}}{{a + b + c}}} + 1.\sqrt {\frac{{c + a}}{{a + b + c}}}\)

\(\le \sqrt {\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {\frac{{a + b}}{{a + b + c}} + \frac{{b + c}}{{a + b + c}} + \frac{{c + a}}{{a + b + c}}} \right)}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt {\frac{{a + b}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{a + b + c}}} \le \sqrt {3.2} = \sqrt 6\) (điều phải chứng minh)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(A = \sqrt {x - 2} + \sqrt {4 - x}\)

Lời giải:

\(A = \sqrt {x - 2} + \sqrt {4 - x}\)

Điều kiện: \(2 \le x \le 4\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có:

\({\left[ {1.\sqrt {x - 2} + 1.\sqrt {4 - x} } \right]^2} \le \left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {x - 2 + 4 - x} \right) = {2^2} = 4\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {A^2} \le 4\\ \Leftrightarrow - 2 \le A \le 2 \end{array}\)

A max = 2 khi \(\frac{1}{{\sqrt {x - 2} }} = \frac{1}{{\sqrt {4 - x} }} \Leftrightarrow x - 2 = 4 - x \Leftrightarrow x = 3\)(thỏa mãn)

Vậy max A = 2 khi và chỉ khi x = 3

Bài 3: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì \(\sqrt {p - a} + \sqrt {p - b} + \sqrt {p - c} \le \sqrt {3p}\)

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có:

\(1.\sqrt {p - a} + 1.\sqrt {p - b} + 1.\sqrt {p - c} \le \sqrt {\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {p - a + p - b + p - c} \right)}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt {p - a} + \sqrt {p - b} + \sqrt {p - c} \le \sqrt {3\left( {3p - 2p} \right)} = \sqrt {3p}\)(điều phải chứng minh)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{1}{{p - a}} = \frac{1}{{p - b}} = \frac{1}{{p - c}} \Leftrightarrow a = b = c\) hay tam giác là tam giác đều