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


Giải : C
1
:Chuyển ( ) về tham số :

x 0 t
y 4 2t
 


 


M   => M(t;4+2t)
MA
2
=(3+t)
2
+(12t)
2
= 5t
2
10t +10
MB
2
=(1+t)
2
+(32t)
2
= 5t
2
+14t +10
T= MA
2
+3.MB

2
=20t
2
+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

)
C
2
: M(x;y)   => 2x+y =4
MA
2
= (3x)
2
+(5y)
2
= x
2
+6x+y
2
10y +34
MB
2
= (1x)
2
+(1y)
2
= x
2
2x+y
2
2y +2
T= MA
2
+3.MB
2

= 4x
2
+4y
2
16 +40 =(2x)
2
+(2y4)
2
+24
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki :
[ (2x)
2
+(2y4)
2
] [1
2
+
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
2x 2y 4
1 1/ 2
2x y 4







 

=> 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 MA
2
+2MB
2
đạt
GTNN và tính GTNN đó .
Giải : C
1
: ( hình học)
+ Tìm điểm I sao cho
IA

+2
IB


=
0


<=>
I I
I I
I I
1 x 2(3 x ) 0
2 y 2(1 y ) 0
1 z 2( 2 z ) 0
    


   


    

<=>
I
I
I
x 5/ 3
y 4/ 3
z 1







 

=> I(
5
3
;
4
3
;1)


Ta có : T= MA
2
+2MB
2
=


2
MA

+2


2
MB


=


2
MI IA

 
+


2
MI IB

 

=3.


2
MI

+2
MI

.(
IA

+2
IB


)+


2
IA

+2


2
IB

=3MI
2
+
2 2
IA 2.IB


không đổi

Do đó T= MA
2
+2MB
2
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

<=>
2x y 3z 5 0
5 4
x y
z 1
3 3

t
2 1 3
   




 


  




=> 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= MA
2
+2MB
2
=
890
63
+2.
344
63
=
526
21

C
2
: Giải sử M(x;y;z)  () => 2xy+3z =5
MA
2
= (1x)
2
+(2y)
2
+(1z)
2
= x

2
+2x +y
2
4y+z
2
2z +6
MB
2
= (3x)
2
+(1y)
2
+(2z)
2
= x
2
6x +y
2
2y+z
2
+4z +14
T = MA
2
+2MB
2
= 3x
2
10x +3y
2
8y +3z

2
+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
][2
2
+(1)
2
+3
2
]  [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
5 4
x y
z 1
3 3
t
2 1 3

2x y 3z 5

 



  



  



=> 2(
5
3
+2t) (
4
3
t) +3(1+3t) 5=0 <=> t=
3
7
=> M(
53
21
;
19
21
;

2
7
)