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  = 2 2 a b  ; v  = 2 2 x y  Suy ra : ax by  ≤ 2 2 a b  . 2 2 x y  Bình phương hai vế : (ax+by) 2  (a 2 +b 2 ) (x 2 +y 2 ) ( Bất đẳng thức Bunhia cốpxki ) Dấu bằng xảy ra khi x a = y b Mở rộng : (ax+by+cz) 2  (a 2 +b 2 +c 2 )(x 2 +y 2 +z 2 ) 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= x 2 +y 2 Giải : + từ giả thiết x y 5 x 0;y 0        => 0 x 5 0 y 5        => 2 2 x 5x y 5y        => x 2 +y 2  5(x+y) =25 . Vậy max M =25 khi x=0 ; y=5 hoặc x=5 ; y=0 + Ta có (1 2 +1 2 )(x 2 +y 2 )  (1.x+1.y) 2 =25 => (x 2 +y 2 )  25 2 Vậy min M = 25 2 khi x=y=5/2 Ví dụ 3: Cho 4x+y  1 . Chứng minh rằng : 4x 2 +y 2  1 5 Giải : (2 2 +1 2 ) [ (2x) 2 +y 2 ]  (2.2x+1.y) 2  1 => 4x 2 +y 2  1 5 Dấu bằng xảy ra khi : 2x y 2 1 4x y 1         <=> x=y= 1 5 Ví dụ 4: Cho x 2 +4y 2 =1 . Chứng minh rằng : 3x 4y  ≤ 13 Giải : (3x4y) 2 ≤ [3 2 +(2) 2 ] [ x 2 +(2y) 2 ] ≤ 13.1=13 => 3x 4y  ≤ 13 Dấu bằng xảy ra : 2 2 x 2y 3 2 x 4y 1          <=> 3 1 x ;y 13 13 3 1 x ;y 13 13             Ví dụ 5: Cho 2x 2 +3y 2 =5 . Chứng minh rằng : 2x 3y  ≤ 5 Giải : (2x+3y) 2 ≤ [( 2 ) 2 +( 3 ) 2 ] [ ( 2 .x) 2 +( 3 .y) 2 ] =(2+3)(2x 2 +3y 2 )=25 => 2x 3y  ≤ 5 Dấu bằng xảy ra : 2 2 2.x 3.y 2 3 2x 3y 5         <=> x 1;y 1 x 1;y 1          Ví dụ 6: Cho x, y là hai số dương thỏa : x 2 +y 3  x 3 +y 4 Chứng minh rằng : x 3 +y 3  x 2 +y 2  x+y  2 Giải :  Ta chứng minh x 2 +y 2  x 3 +y 3 Thật vậy từ giả thiết x 2 +y 3  x 3 +y 4 <=> x 2  x 3 +y 4 y 3 <=> x 2 +y 2  x 3 +y 3 +y 4 2y 3 +y 2 = x 3 +y 3 + (y 2 y) 2  x 3 +y 3 Vậy x 2 +y 2  x 3 +y 3 ( đpcm)  p dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki (x 2 +y 2 ) 2 =   2 3 3 x. x y. y   (x+y)(x 3 +y 3 )  (x+y)(x 2 +y 2 ) => (x 2 +y 2 )  x+y Mặt khác : (1.x+1.y) 2  (1 2 +1 2 )(x 2 +y 2 )  2(x+y) => (x+y)  2 Ví dụ 7: Cho x 2 +y 2 =9 . a) Tìm GTLN của K= x+y b) Tìm GTLN của Q= 2x3y Giải : p dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki a) (x+y) 2  (1 2 +1 2 )(x 2 +y 2 ) = 18 <=> K 2  18 <=>  18  K  18 Vậy max K = 18 khi x=y = 3 2 b) (2x3y) 2  [2 2 +(3) 2 ](x 2 +y 2 ) = 117 <=> Q 2  117 <=>  3 13  K  3 13 Vậy max K = 18 khi x y 2 3 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(x 0 ;y 0 )  (C) => (x 0 +1) 2 +(y 0 2) 2 =16 a)+ Khoảng cách từ M đến đường thẳng  d(M; ) = 0 0 2 2 3x y 6 3 1    = 1 10 . 0 0 3x y 6   + Ta có : [ 3(x 0 +1)+1(y 0 2)] 2  (3 2 +1 2 )[(x 0 +1) 2 +(y 0 2) 2 ] = 160 <=> (3x 0 +y 0 +1) 2  160 <=>  4 10  3x 0 +y 0 +1 4 10 <=> 7 4 10  3x 0 +y 0 6 7+ 4 10 => 0 0 0 3x y 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 0 0 3x y 1 4 10 x 1 y 2 3 1             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 3 1     = 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 S MAB = 1 2 h.AB và AB không đổi diện tích tam giác MAB lớn nhất khi h lớn nhất  M(x 0 ;y 0 )  (C) => (x 0 +1) 2 +(y 0 2) 2 =16 + Khoảng cách từ M đến đường thẳng (d) d(M; ) = 0 0 2 2 2x y 5 2 1    = 1 5 . 0 0 2x y 5   + Ta có : [ 2(x 0 +1)+1(y 0 2)] 2  (2 2 +1 2 )[(x 0 +1) 2 +(y 0 2) 2 ] =80 <=> (2x 0 +y 0 ) 2  80 <=>  4 5  x 0 +y 0  4 5 <=> 5 4 5  2x 0 +y 0 5 5+ 4 5 => 0 0 0 2x y 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 0 0 2x y 4 5 x 1 y 2 2 1            Suy ra M( 8 5 1 ; 2 4 5 ) Ví dụ 9: Cho Elip (E): 3x 2 +5y 2 =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 : 3x 2 +5. 2 3x Q 5        =15 <=> 3x 2 + 2 2 9x 6Qx Q 5   =15 <=> 24x 2 6Qx +Q 2 75 = 0 (*) Đk để pt (*) có nghiệm là : ’  0 <=> 9Q 2 24(Q 2 75)  0 <=> 15Q 2 +1800  0 <=>  120  Q  120 Giá trò lớn nhất của Q bằng 120 khi x= 3Q 24 = 30 4 ; y= 30 4 Cách 2:Sử dụng BĐT Bunhiacốpxki : (3x5y) 2 =   2 3. 3x 5. 5y   [( 3 ) 2 +( 5 ) 2 ] (3x 2 +5y 2 )= 8.15 =120 <=>  120  3x5y  120 hay  120  Q  120 Giá trò lớn nhất của Q bằng 120 khi 3x 5y 2 30 3x 5.y 3 5          <=> 30 x 4 30 y 4           b)  : 3x+y6 =0 => y= 63x Thay vào pt (E) ta có : 3x 2 +5(63x) 2 =15 <=> 48x 2 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 S MAB = 1 2 h.AB và AB không đổi diện tích tam giác MAB lớn nhất khi h lớn nhất  M(x;y)  (E) => 3x 2 +5y 2 =15 + Khoảng cách từ M đến đường thẳng (d) d(M; ) = 2 2 3x y 6 3 1    = 1 10 . 3x y 6   + Ta có: [ 3x+y] 2 = 2 1 3. 3x . 5y 5        [( 3 ) 2 +( 1 5 ) 2 ] (3x 2 +5y 2 )= 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 3x y 4 3 3x 5.y 1 3 5           Suy ra M( 5 3 4 ; 3 4 ) Ví dụ 10: Cho ba số thực x,y,z thỏa :x 2 +y 2 +z 2 =1 . Tìm GTLN và GTNN của P= xy+yz+zx Giải : Sử dụng BĐT : (xy+yz+zx) 2 ≤ (x 2 +y 2 +z 2 )(y 2 +z 2 +x 2 ) =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 <=> x 2 +y 2 +z 2 +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 vò của nó Ví dụ 11: Cho mặt cầu (S) có pt :x 2 +y 2 +z 2 =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 : C 1 : Xét M(x 0 ; y 0 ;z 0 )  (S) => x 0 2 +y 0 2 +z 0 2 = 4 Khoảng cách từ M đến () là : d(M;()) = 0 0 0 2 2 2 2x y z 5 2 1 ( 1)       = 0 0 0 2x y z 5 6    Ta có : (2x 0 +y 0 z 0 ) 2  [2 2 +1 2 +(1) 2 ](x 0 2 +y 0 2 +z 0 2 ) =6.4=24 =>  24  2x 0 +y 0  z 0  24 <=> 5 24  2x 0 +y 0  z 0 5 5+ 24 Suy ra : 5 24  0 0 0 2x y z 5     5+ 24 <=> 5 24 6   d(M;())  5 24 6  d(M;()) lớn nhất bằng 5 24 6  khi 0 0 0 0 0 0 2x y z 24 x y z 2 1 1            => điểm M( 4 6 ; 2 6 ; 2 6 )  d(N;()) nhỏ nhất bằng 5 24 6  khi 0 0 0 0 0 0 2x y z 24 x y z 2 1 1           Suy ra N( 4 6 ; 2 6 ; 2 6 ) C 2 : (S) có pt :x 2 +y 2 +z 2 =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 : x 2t y t z t          + Giao của (d) và mặt cầu (S) => 4t 2 +t 2 +t 2 =4 <=> t=  2 6 Khi t= 2 6 ; M 1 ( 4 6 ; 2 6 ; 2 6 ) và d(M 1 ;()) = 2 2 2 4 2 2 2. 5 6 6 6 2 1 ( 1)        = 12 5 6 6  = 5 6 12 6  Khi t= 2 6 ; M 2 ( 4 6 ; 2 6 ; 2 6 ) và  O H d  A M 1 M 2 d(M 2 ;()) = 2 2 2 4 2 2 2. 5 6 6 6 2 1 ( 1)         = 12 5 6 6   = 5 6 12 6  Gọi H là hình chiếu của O lên mp() ta có : M 1 H ≤ MH ≤ M 2 H <=> d(M 1 ;()) ≤ d(M;()) ≤ d(M 2 ;()) <=> 5 6 12 6  ≤ d(M;()) ≤ 5 6 12 6  Ví dụ 12: Cho mặt cầu (S) có pt :x 2 +y 2 +z 2 4x+6y2z2=0 và (): 2x+y3z+1=0. Tìm M  (S) sao cho d(M;()) lớn nhất . Giải : C 1 : Viết lại (S) : (x2) 2 +(y+3) 2 +(z1) 2 =16 Xét M(x 0 ; y 0 ;z 0 )  (S) => (x 0 2) 2 +(y 0 +3) 2 +(z 0 1) 0 = 16 Khoảng cách từ M đến () là : d(M;()) = 0 0 0 2 2 2 2x y 3z 1 2 1 ( 3)       = 0 0 0 2x y 3z 1 14    Ta có : [2(x 0 2)+(y 0 +3)3(z 0 1)] 2  [2 2 +1 2 +(3) 2 ] 2 2 2 0 0 0 (x 2) (y 3) (z 1)          <=> (2x 0 +y 0 3z 0 +2) 2  14.16 = 224 => 4 14  2x 0 +y 0  3z 0 +2  4 14 <=> 14 14  2x 0 +y 0  3z 0 +1  1+4 14 Suy ra : 0  0 0 0 2x y 3z 1     1+4 14 <=> 0  d(M;())  1 4 14 14  d(M;()) lớn nhất bằng 1 4 14 14  khi 0 0 0 0 0 0 2x y 3z 2 4 14 x 2 y 3 z 1 2 1 3                 => điểm M(2 8 14 ;3 4 14 ;1+ 12 14 ) C 2 : (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 : x 2 2t y 3 t z 1 3t             + Giao của (d) và mặt cầu (S) => 4t 2 +t 2 +3t 2 =16 <=> t=  4 14 Khi t= 4 14 ; M 1 (2+ 8 14 ;3+ 4 14 ;1 12 14 ) và d(M 1 ;()) = 2 2 2 8 4 12 2(2 ) ( 3 ) 3(1 ) 1 14 14 14 2 1 ( 3)           = 56 1 14 14  = 56 14 14  Khi t= 4 14 ; M 2 (2 8 14 ;3 4 14 ;1+ 12 14 ) và d(M 2 ;()) = 2 2 2 8 4 12 2(2 ) ( 3 ) 3(1 ) 1 14 14 14 2 1 ( 3)           = 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 2 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(M 2 H ;M 1 H) <=> 0 ≤ MH ≤ d(M 2 ;()) I *  H B M 1 M 2 <=>0  d(M;())  56 14 14  Ví dụ 13: Cho x > 0 , y >0 và x 2 +y 2  x+y . Chứng minh rằng : x+2y 3 2 + 10 2 Giải : Từ giả thiết : x 2 +y 2  x+y <=> (x 1 2 ) 2 +(y 1 2 ) 2  1 2 Ta có [ (x 1 2 ) +2(y 1 2 )] 2  (1 2 +2 2 ) [(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 3 10 x 2y 2 2 1 1 x y 2 2 1 2              <=> 1 1 x 2 10 1 2 y 2 10            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  (1 2 +1 2 +1 2 ) [(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 MA 2 +3MB 2 đạt GTNN và tính GTNN đó [...]... 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 : 2 1 1 [ (2x)2 +(2y4)2 ] [12 +   ]  [ 1.2x + (2y4) ]2 2 2 5 16 [ (2x)2 +(2y4)2 ]  (2x+y2)2 = 4 => [ (2x)2 +(2y4)2 ]  4 5 16 136 Suy ra : T  +24 = 5 5  2x 2y  4 136 4 12   T... 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 5 4 52 =3(x )2 +3(y )2 +3(z+1)2 + (*) 3 3 3 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki : 5 4 5 4 [ (x )2 +(y )2 +(z+1)2 ][22 +(1)2 +32]  [2(x )(y )+3(z+1) ]2 3 3 3 3 5 2 4 2 [ (x ) +(y ) +(z+1)2 ].14 (2xy+3z+1)2 =(5+1)2 =36 3 3 5 4 36 [ (x )2 +(y )2 +(z+1)2 ]  3 . 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  ). 2 x y  Bình phương hai vế : (ax+by) 2  (a 2 +b 2 ) (x 2 +y 2 ) ( Bất đẳng thức Bunhia cốpxki ) Dấu bằng xảy ra khi x a = y b Mở rộng : (ax+by+cz) 2  (a 2 +b 2 +c 2 )(x 2 +y 2 . 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)