Bat dang thuc Bunhiacop xki -hình hoc

Bất đẳng thức Bunhia cốpxki

 Cho u

=(a;b) và v

=(x;y)

Ta có : u

.v

= ax +by hoặc u

.v

= u v cos(u

;v )

Do đó : u.v 

≤ u

v mà : u

a b ; v

x y Suy ra : axby ≤ 2 2

x y Bình phương hai vế : (ax+by)2  (a2 +b2) (x2 +y2)

( Bất đẳng thức Bunhia cốpxki )

Dấu bằng xảy ra khi x

a=y

b

Mở rộng : (ax+by+cz)2  (a2 +b2 +c2 )(x2 +y2 +z2)

Ví dụ1: Cho a>c >0 ; b>c >0 Chứng minh rằng : c(b c) + c(ac)≤ ab Giải : áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki cho 4 số :( c ; a c ) và ( b c ; c )

Ta có : ( c(b c) + c(ac))2 ≤ (c+ac)(c+bc) =ab

<=> c(b c) + c(ac)≤ ab

Dấu bằng xảy ra khi : c

b c = a c

c



<=> ab=c(a+b)

Ví dụ 2: Cho x, y >0 và x+y =5 Tìm GTLN và GTNN của M= x2 +y2

Giải : + từ giả thiết x y 5

x 0; y 0







=> 0 x 5







=>

2 2







 => x2 +y2  5(x+y) =25 Vậy max M =25 khi x=0 ; y=5 hoặc x=5 ; y=0 + Ta có (12 +12)(x2 +y2)  (1.x+1.y)2 =25 => (x2 +y2)  25

2

Vậy min M =25

2 khi x=y=5/2

Ví dụ 3: Cho 4x+y  1 Chứng minh rằng : 4x2 +y2  1

5

Giải : (22 +12) [ (2x)2 +y2]  (2.2x+1.y)2  1 => 4x2 +y2  1

5

Dấu bằng xảy ra khi :

4x y 1











<=> x=y= 1

5

Ví dụ 4: Cho x2+4y2 =1 Chứng minh rằng : 3x4y ≤ 13

Giải : (3x4y)2 ≤ [32

+(2)2] [ x2 +(2y)2] ≤ 13.1=13

=> 3x4y ≤ 13

Dấu bằng xảy ra :













<=>











Ví dụ 5: Cho 2x2+3y2 =5 Chứng minh rằng : 2x3y ≤ 5

Giải :

(2x+3y)2 ≤ [( 2 )2 +( 3 )2] [ ( 2 x)2 +( 3 y)2] =(2+3)(2x2 +3y2)=25

=> 2x3y ≤ 5

Dấu bằng xảy ra :











<=> x 1; y 1





   



Ví dụ 6: Cho x, y là hai số dương thỏa : x2 +y3  x3 +y4

Chứng minh rằng : x3 +y3  x2 +y2  x+y  2

Giải :

 Ta chứng minh x2 +y2  x3 +y3

Thật vậy từ giả thiết x2 +y3  x3 +y4 <=> x2  x3 +y4 y3

<=> x2 +y2  x3 +y3 +y4 2y3 +y2 = x3 +y3 + (y2 y)2  x3 +y3

Vậy x2 +y2  x3 +y3 ( đpcm)

 Aùp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki

(x2 +y2)2 =  3 32

x x  y y  (x+y)(x3+y3)  (x+y)(x2+y2)

=> (x2 +y2)  x+y

Mặt khác : (1.x+1.y)2  (12 +12)(x2+y2)  2(x+y)

=> (x+y)  2

Ví dụ 7: Cho x2 +y2 =9

a) Tìm GTLN của K= x+y

b) Tìm GTLN của Q= 2x3y

Giải : Aùp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki

a) (x+y)2  (12 +12)(x2 +y2) = 18 <=> K2  18 <=>  18  K  18 Vậy max K = 18 khi x=y = 3

2 b) (2x3y)2  [22 +(3)2](x2 +y2) = 117 <=> Q2  117

<=>  3 13  K  3 13

Vậy max K = 18 khi

2x 3y 3 13













<=>x= 6

13;y= 9

13

Ví dụ 8: Cho đường tròn (C): (x+1)2 +(y2)2 =16 và đường thẳng

 : 3x+y 6 =0

a) Tìm M  (C) sao cho d(M;  ) lớn nhất

b) Đường thẳng (d) : 2x +y  5=0 cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B Tìm M  (C) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất

Giải : M(x0;y0)  (C) => (x0+1)2 +(y02)2 =16

a)+ Khoảng cách từ M đến đường thẳng 

d(M; ) = 0 0

2 2



= 1

10 3x0y06

+ Ta có : [ 3(x0+1)+1(y02)]2  (32 +12)[(x0+1)2 +(y02)2] = 160

<=> (3x0+y0+1)2  160 <=>  4 10  3x0+y0+1 4 10

<=> 7 4 10  3x0+y06 7+ 4 10

=> 0 3x0y06  7+ 4 10

Do đó : d(M; )  1

10 (7+ 4 10 )

Và d(M; ) lớn nhất bằng 7 4 10

10



khi

0 0







 Suy ra M( 12

10 1 ; 2 4

10 )

b) Đường tròn (C) có tâm I(1;2) bán kính R= 4

+ d(I; (d))=

2 2

2( 1) 2 5



= 5 < R => đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B

+ Gọi h= d(M; (d) ) là đường cao của tam giác MAB

+ Diện tích SMAB = 1

2h.AB và AB không đổi diện tích tam giác MAB lớn nhất khi h lớn nhất

 M(x0;y0)  (C) => (x0+1)2 +(y02)2 =16

+ Khoảng cách từ M đến đường thẳng (d)

d(M; ) = 0 0

2 2



= 1

5 2x0y05

+ Ta có : [ 2(x0+1)+1(y02)]2  (22 +12)[(x0+1)2 +(y02)2] =80

<=> (2x0+y0)2  80 <=>  4 5  x0+y0 4 5

<=> 5 4 5  2x0+y05 5+ 4 5

=> 0 2x0y05  5+ 4 5

Do đó : h= d(M;(d) )  1

5(5+ 4 5 ) = 5 +4 Và h lớn nhất bằng 5 +4 khi

0 0







 Suy ra M( 8

51 ; 2 4

5)

Ví dụ 9: Cho Elip (E): 3x2 +5y2 =15 và đường thẳng  : 3x+y6 =0 a) Tìm GTLN của Q= 3x5y

b) Đường thẳng () cắt Elip (E) tại hai điểm A, B.Tìm M  (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất

Giải : a) Cách 1: từ Q = 3x5y => y= 3x Q

5



, thay vào pt (E) ta có : 3x2 +5

2

5



  =15 <=> 3x2 +

5

=15

<=> 24x2 6Qx +Q2 75 = 0 (*)

Đk để pt (*) có nghiệm là : ’  0 <=> 9Q2 24(Q2 75)  0

<=> 15Q2 +1800  0 <=>  120  Q  120

Giá trị lớn nhất của Q bằng 120 khi x= 3Q

4 ; y= 30

4 Cách 2:Sử dụng BĐT Bunhiacốpxki :

(3x5y)2 = 3 3x 5 5y2 [( 3 )2 +( 5 )2] (3x2 +5y2)= 8.15 =120

<=>  120  3x5y  120 hay  120  Q  120

Giá trị lớn nhất của Q bằng 120 khi

3x 5y 2 30













<=>

30 x 4 30 y

4









  

 b)  : 3x+y6 =0 => y= 63x

Thay vào pt (E) ta có : 3x2 +5(63x)2 =15 <=> 48x2180x +165 =0 (*) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt tức là  cắt (E) tại hai điểm A,B phân biệt

+ Gọi h= d(M;  ) là đường cao của tam giác MAB

+ Diện tích SMAB = 1

2h.AB và AB không đổi diện tích tam giác MAB lớn nhất khi h lớn nhất

 M(x;y)  (E) => 3x2 +5y2 =15

+ Khoảng cách từ M đến đường thẳng (d)

d(M; ) =

2 2

3x y 6

 



= 1

10 3x y 6

+ Ta có: [ 3x+y]2 =

2

1

5



[( 3 )2+( 1

5)2] (3x2 +5y2)= 48

<=> (3x+y)2 48 <=>  4 3  3x+y 4 3

<=>6 4 3  3x+y6 6+ 4 3

=> 0 3x y 6  6+ 4 3

Do đó : h= d(M; )  1

10 (6+ 4 3 )

Và h lớn nhất bằng 6 4 3

10

 khi

1 3

5









Suy ra M(5 3

4 ; 3

4 )

Ví dụ 10: Cho ba số thực x,y,z thỏa :x2 +y2 +z2 =1

Tìm GTLN và GTNN của P= xy+yz+zx

Giải : Sử dụng BĐT : (xy+yz+zx)2 ≤ (x2

+y2+z2)(y2 +z2+x2) =1

<=> xy+yz+zx  1

 Vậy GTLN của P là 1 khi x=y=z= 1

3 hoặc x=y=z= 1

3

Ta lại có ( x+y+z)2  0 ,  x,y,z

<=> x2 +y2 +z2 +2(xy+yz+zx)  0 <=> 1+2P  0 <=> P  1

2

 Vậy GTNN của P là 1

2 khi x=1;y=1; z=0 hoặc các hoán vị của nó

Ví dụ 11: Cho mặt cầu (S) có pt :x2 +y2 +z2 =4 và (): 2x+yz5=0

a) Tìm M  (S) sao cho d(M;()) lớn nhất

b) Tìm N  (S) sao cho d(N;()) nhỏ nhất

Giải : C1: Xét M(x0; y0;z0)  (S) => x02 +y02 +z02 = 4

Khoảng cách từ M đến () là :

d(M;()) = 0 0 0

2 1 ( 1)

= 2x0 y0 z0 5

6

Ta có : (2x0+y0z0)2  [22 +12+(1)2](x02 +y02+z02) =6.4=24

=>  24  2x0 +y0  z0  24

<=> 5 24  2x0 +y0  z0 5 5+ 24

Suy ra : 5 24  2x0y0z05 5+ 24

<=> 5 24

6



 d(M;())  5 24

6



d(M;()) lớn nhất bằng 5 24

6

 khi

0 0 0











=> điểm M( 4

6 ; 2

6 ; 2

6 )

 d(N;()) nhỏ nhất bằng 5 24

6

 khi

0 0 0









 Suy ra N( 4

6 ; 2

6 ; 2

6 ) C2: (S) có pt :x2 +y2 +z2 =4 có tâm O(0;0;0) và bán kính R= 2 và (): 2x+yz5=0 có VTPT n



=(2;1;1) + Đường thẳng (d) qua O và vuông góc với mp() có

phương trình :











  



+ Giao của (d) và mặt cầu (S) => 4t2 +t2 +t2 =4

<=> t=  2

6

Khi t= 2

6 ; M1( 4

6 ; 2

6 ; 2

6 ) và

d(M1;()) =



=12 5 6 6



=5 6 12 6



Khi t= 2

6 ; M2( 4

6 ; 2

6 ; 2

6 ) và



O

H

d



A

M 1

M 2

d(M2;()) =

= 12 5 6 6

=5 6 12 6



Gọi H là hình chiếu của O lên mp() ta có :

M1H ≤ MH ≤ M2H

<=> d(M1;()) ≤ d(M;()) ≤ d(M2;())

<=>5 6 12

6



≤ d(M;()) ≤ 5 6 12

6



Ví dụ 12: Cho mặt cầu (S) có pt :x2 +y2 +z2 4x+6y2z2=0 và

(): 2x+y3z+1=0 Tìm M  (S) sao cho d(M;()) lớn nhất

Giải : C1: Viết lại (S) : (x2)2 +(y+3)2+(z1)2 =16

Xét M(x0; y0;z0)  (S) => (x02)2 +(y0+3)2 +(z01)0 = 16

Khoảng cách từ M đến () là :

d(M;()) = 0 0 0

2 1 ( 3)

= 2x0 y0 3z0 1

14

Ta có :

[2(x02)+(y0+3)3(z01)]2  [22 +12+(3)2] 2 2 2

<=> (2x0 +y0 3z0+2) 2  14.16 = 224

=> 4 14  2x0 +y0  3z0 +2  4 14

<=> 14 14  2x0 +y0  3z0 +1  1+4 14

Suy ra : 0  2x0y03z01 1+4 14

<=> 0  d(M;())  1 4 14

14



d(M;()) lớn nhất bằng 1 4 14

14



khi









=> điểm M(2 8

14 ;3 4

14 ;1+ 12

14 ) C2: (S) có pt : : (x2)2 +(y+3)2+(z1)2 =16 có tâm I(2;3;1) và bk R= 4 và ():2x+y3z+1=0 có VTPT n



=(2;1;3)

+ Đường thẳng (d) qua I và vuông góc với mp() có

phương trình :

z 1 3t

 





  



  



+ Giao của (d) và mặt cầu (S) => 4t2 +t2 +3t2 =16

<=> t=  4

14

Khi t= 4

14 ; M1(2+ 8

14 ;3+ 4

14 ;1 12

14 ) và

d(M1;()) =

=

56 1 14 14



=56 14 14



Khi t= 4

14 ; M2(2 8

14 ;3 4

14 ;1+ 12

14 ) và

d(M2;()) =

=

56 1 14 14





=56 14 14



Gọi H là hình chiếu của I lên mp() ta có :

Khoảng cách từ M đến () là :

d(M;()) =

2.2 ( 3) 3.1 1

2 1 ( 3)

= 1

14 < R

=> mặt phẳng () cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn

0 ≤ MH ≤ max(M2H ;M1H) <=> 0 ≤ MH ≤ d(M2;())

I

*

M 1

M 2

<=>0  d(M;())  56 14

14



Ví dụ 13: Cho x > 0 , y >0 và x2 +y2  x+y

Chứng minh rằng : x+2y 3

2+ 10

2 Giải : Từ giả thiết : x2 +y2  x+y <=> (x1

2)2 +(y1

2)2  1

2

Ta có [ (x1

2) +2(y1

2)]2  (12 +22) [(x1

2)2 +(y1

2)2 ]  5

2

<=> (x+2y 3

2)2  5

2 Suy ra : x+2y 3

2 5

2 <=> x+2y  3

2+ 10 2

Dấu bằng xảy ra khi

x 2y

















<=>

x

y







  



Ví dụ 14: Cho ba số thực x, y,z thỏa x(x1) +y(y1) +z(z1)  4

3 Tìm GTLN của M = x+y+z

Giải : Từ giả thiết : x(x1) +y(y1) +z(z1)  4

3

<=> (x1

2)2 +(y1

2)2 ++(z1

2)2 25

12

Ta có [(x1

2) +(y1

2)+(z1

2)]2  (12 +12+12) [(x1

2)2+(y1

2)2 +(y1

2)2]

<=> (x+y+z3

2)2  3.25

12=25

4 Suy ra : x+y+z 3

2 5

2<=> M  4 Tìm GTLN của M bằng 4 khi x=y=z=4

3

Ví dụ 15:Trong mặt phẳng Oxy cho A(3;5) , B(1;1) và đường thẳng  : 2x+y4=0 Tìm M () sao cho MA2 +3MB2 đạt GTNN và tính GTNN đó

Giải : C1:Chuyển ( ) về tham số : x 0 t

y 4 2t

 





 



M   => M(t;4+2t)

MA2 =(3+t)2 +(12t)2 = 5t2 10t +10

MB2 =(1+t)2 +(32t)2 = 5t2 +14t +10

T= MA2 +3.MB2 =20t2 +32t +40 =20(t+4

5)2 +136

5  136

5

T nhỏ nhất bằng 136

5 khi t +4

5=0 hay t=4

5 và điểm M(4

5;12

5 ) C2: M(x;y)   => 2x+y =4

MA2 = (3x)2 +(5y)2 = x2 +6x+y2 10y +34

MB2 = (1x)2 +(1y)2 = x2 2x+y2 2y +2

T= MA2 +3.MB2= 4x2 +4y2 16 +40 =(2x)2 +(2y4)2 +24

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki :

[ (2x)2 +(2y4)2 ] [12 +

2

1 2

 

 

  ]  [ 1.2x +1

2(2y4) ]2

<=> [ (2x)2 +(2y4)2 ].5

4 (2x+y2)2 = 4 => [ (2x)2 +(2y4)2 ]  16

5

Suy ra : T  16

5 +24 = 136

5

T nhỏ nhất bằng 136

5 khi

1 1/ 2













=> điểm M(4

5;12

5 )

Ví dụ 16:Trong không gian Oxyz cho A(1;2;1) , B(3;1;2) và mặt phẳng () : 2xy+3z5=0 Tìm M  mp() sao cho MA2 +2MB2 đạt GTNN và tính GTNN đó

Giải : C1: ( hình học)

+ Tìm điểm I sao cho IA

+2 IB

= 0

<=>









<=>

I I I

x 5 / 3

y 4 / 3













=> I(5

3; 4

3;1)

Ta có : T= MA2 +2MB2 =MA2

+2MB2

=MI IA2

+MI IB2

=3  MI 2

+2 MI

.( IA

+2 IB

)+ IA 2

+2 IB 2

=3MI2 + 2 2

IA 2.IB



không đổi

Do đó T= MA2 +2MB2 nhỏ nhất <=> MI ngắn nhất

<=> M là hình chiếu của I lên mp()

 IM

=(x5

3; y

4

3; z+1) ; n



=(2;1; 3)

M là hình chiếu của M lên mp() <=> M mp( )

IM, n







 

cùngphương

<=>

z 1









=> 2(5

3+2t) (4

3t) +3(1+3t) 5=0 <=> t=3

7 => M(53

21;19

21;2

7) Và Khi đó T= MA2 +2MB2 = 890

63 +2.344

63 = 526

21

C2: Giải sử M(x;y;z)  () => 2xy+3z =5

MA2 = (1x)2 +(2y)2 +(1z)2 = x2 +2x +y2 4y+z2 2z +6

MB2 = (3x)2 +(1y)2 +(2z)2 = x2 6x +y2 2y+z2 +4z +14

T = MA2 +2MB2 = 3x2 10x +3y2 8y +3z2 +6z +34

=3(x5

3)

2 +3(y4

3)

2 +3(z+1)2 +52

3 (*)

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki :

[ (x5

3)2 +(y4

3)2 +(z+1)2 ][22 +(1)2 +32]  [2(x5

3)(y

4

3)+3(z+1) ]2

<=> [ (x5

3)2 +(y4

3)2 +(z+1)2 ].14 (2xy+3z+1)2 =(5+1)2 =36

<=> [ (x5

3)2 +(y4

3)2 +(z+1)2 ]  36

14

=> 3(x5

3)

2

+3(y4

3)

2 +3(z+1)2  3 36

14=54

7

Kết hợp với (*) => T  54

7 +52

3 =

526 21

T nhỏ nhất bằng 526

21 khi

z 1











=> 2(5

3+2t) (4

3t) +3(1+3t) 5=0 <=> t=3

7 => M(53

21;19

21;2

7)