Lý thuyết về bất đẳng thức bunhiacopxki lớp 9

1. Bất đẳng thức bunhiacopxki lớp 9

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

- Bất đẳng thức này rất phổ biến và thường được sử dụng trong nhiều bài toán liên quan đến bất đẳng thức và cực trị.

$large (a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})geq (ac+bd)^{2}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $large frac{a}{c}=frac{b}{d}$

- Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản:

- Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số thực

Cho hai bộ số thực (a1;a2;...;an) và (b1;b2;...;bn), mỗi bộ gồm n số. Khi đó ta có:

$large (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{2}leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

$large frac{a_{1}}{b_{1}}=frac{a_{2}}{b_{2}}=...=frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0.

2. Hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki lớp 9

2.1 Hệ quả 1

Nếu a1x1 +...+ anxn = C (không đổi) thì $large min(x_{1}^{2})+...+x_{n}^{2}=frac{C}{a_{1}^{2}+...+a_{n}^{2}}$ đạt được khi $large frac{x_{1}}{a_{1}}=...=frac{x_{n}}{a_{n}}$

2.2 Hệ quả 2

Nếu $large x_{1}^{2}+...+x_{n}^{2}=C^{2}$ không đổi thì $large max(a_{1}x_{1}+...+a_{n}x_{n})=|C|sqrt{a_{1}^{2}+...+a_{n}^{2}}$ đạt được khi $largefrac{x_{1}}{a_{1}}=...=frac{x_{n}}{a_{n}}geq 0 $

$large min(a_{1}x_{1}+...+a_{n}x_{n})=-|C|sqrt{a_{1}^{2}+...+a_{n}^{2}} $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $large frac{x_{1}}{a_{1}}=...=frac{x_{n}}{a_{n}}leq 0 $

3. Bất đẳng thức bunhiacopxki lớp 9 mở rộng

Mở rộng bất đẳng thức bunhiacopxki cho 3 dãy số thực không âm:

(a1;a2;...;an) ; (b1;b2;...;bn) và (c1;c2;...;cn) ta luôn có:

$large (a_{1}b_{1}c_{1}+a_{2}b_{2}c_{2}+...+a_{n}b_{n}c_{n})^{2}leq (a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+...+a_{n}^{3})(b_{1}^{3}+b_{2}^{3}+...+b_{n}^{3})(c_{1}^{3}+c_{2}^{3}+...+c_{n}^{3})$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1: b1 : ... : c1 = a2 : b2 : ... : c2 = an : bn : ... : cn

Lộ trình khóa học DUO dành riêng cho cấp THCS sẽ được thiết kế riêng cho từng em học sinh, phù hợp với khả năng của các em cũng như giúp các em từng bước tăng 3 - 6 điểm trong bài thi của mình.

Tổng quát: Bất đẳng thức bunhiacopxki mở rộng cho m dãy số thực không âm: Cho m dãy số thực không âm: (a1;a2;...;an) ; (b1;b2;...;bn) và (K1;K2;...;Kn) ta luôn có:

$large (a_{1}b_{1}K_{1}+a_{2}b_{2}K_{2}+...+a_{n}b_{n}K_{n})^{m}leq (a_{1}^{m}+a_{2}^{m}+...+a_{n}^{m})(b_{1}^{m}+b_{2}^{m}+...+b_{n}^{m})(K_{1}^{m}+K_{2}^{m}+...+K_{n}^{m})$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1: b1 : ... : K1 = a2 : b2 : ... : K2 = an : bn : ... : Kn

4. Một số bài tập áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki lớp 9

Bài 1: Cho x > 0; y > 0 và x2 + y2 $large leq $ x + y. Chứng minh x + 3y $large leq $ 2 + $large sqrt{5}$

Lời giải: Giả thiết: x2 + y2 $large leq $ x + y

$large Leftrightarrow left ( x-frac{1}{2} right )^{2}+left ( y-frac{1}{2} right )^{2}leq frac{1}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki cho 2 bộ số (1;3); $large left ( x-frac{1}{2} ; y-frac{1}{2}right )$ ta có:

$large left [ 1.left ( 1-frac{1}{2} right )+3.left ( y-frac{1}{2} right ) right ]^{2}leq 10left [ left ( x-frac{1}{2} right )^{2}+left ( y-frac{1}{2} right )^{2} right ]leq 5$

$large Rightarrow (x+3y-2)^{2}leq 5$

$large Rightarrow x+3y-2leq sqrt{5}$

$large Rightarrow x+3yleq 2+sqrt{5}$

Đẳng thức xảy ra khi $large left{begin{matrix} x=frac{1}{2}+frac{sqrt{5}}{10} & y=frac{1}{2}+frac{3sqrt{5}}{10} end{matrix}right.$

Bài 2: Chứng minh: $sqrt{a-1}+sqrt{b-1}+sqrt{c-1}leq sqrt{c(ab+1)}$ với mọi số thực dương a;b;c $geq 1$

Lời giải: Đặt a - 1 = x2 ; b - 1 = y2; c - 1 = z2

Với x;y;z > 0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$x+y+zleq sqrt{(z^{2}+1)left [ (x^{2}+1)(y^{2}+1)+1 right ]}$

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có:

$x+yleq sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}Rightarrow x+y+zleq sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}+z(1)$

$ sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}+zleq sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)+1}.sqrt{z^{2}+1}(2)$

Từ (1) và (2) ta có: $ x+y+zleq sqrt{(z^{2}+1)left [ (x^{2}+1)(y^{2}+1)+1 right ]}$

Vậy $sqrt{a-1}+sqrt{b-1}+sqrt{c-1}leq sqrt{c(ab+1)}$ với mọi số thực dương a;b;c $geq 1$

Bài 3: Cho a;b và thỏa mãn a2 + b2 = 9. Chứng minh $ frac{ab}{a+b+3}leq frac{3sqrt{2}-3}{2}$

Ta có: a2 + b2 = 9

$ Leftrightarrow 2ab=(a+b)^{2}-9$

$ Leftrightarrow 2ab=(a+b+3)(a+b-3)$

$ Leftrightarrow frac{2ab}{a+b+3}=a+b-3$

$ Leftrightarrow frac{ab}{a+b+3}=frac{a+b}{2}-frac{3}{2}$

Mà theo bất đẳng thức bunhiacopxki thì $ a+bleq sqrt{2}.sqrt{a^{2}+b^{2}}=3sqrt{2}$

Nên: $ frac{ab}{a+b+3}leq frac{3sqrt{2}-3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi: $left{begin{matrix} a;b>0& & a^{2}+b^{2}=9Leftrightarrow a=b=frac{3}{sqrt{2}} & & a=b end{matrix}right.$

Bài 4: Cho a, b, c, là số đo 3 cạnh Δ. Chứng minh rằng:

$T=frac{a}{2b+2c-a}+frac{b}{2c+2a-b}+frac{c}{2a+2b-c}geq 1$

Lời giải:

Áp dụng bất đăng thức bunhiacopxki cho 6 số:

$sqrt{frac{a}{2b+2c-a}}$; $sqrt{frac{b}{2c+2a-b}}$; $sqrt{frac{c}{2a+2b-c}}$; $sqrt{sqrt{a(2b+2c-a)}}$; $sqrt{sqrt{b(2c+2a-b)}}$; $sqrt{sqrt{c(2a+2b-c)}}$

Ta có: $T.left [ a(2b+2c-a)+b(2c+2a-b)+c(2a+2b-c) right ]geq (a+b+c)^{2}$

Sau đó dùng biến đổi tương đương chứng minh:

$(a+b+c)^{2}geq 4ab+4bc+4ca-a^{2}-b^{2}-c^{2}$ => đpcm.

Bất đẳng thức Bunhiacopxki toán 9 giúp bạn rèn luyện tư duy logic, khả năng phân tích và giải các bài toán bất đẳng thức tốt hơn. Hy vọng bài viết đã giúp bạn hiểu rõ hơn và tự tin áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki vào việc học và giải bài tập trên lớp.

>> Mời bạn tham khảo thêm: Bất đẳng thức am gm là gì