Bất đẳng thức Bunhiacopxki là một quy tắc trong toán học giúp chúng ta so sánh các tổng và tích của các số. Bất đẳng thức này nói rằng, nếu bạn có hai dãy số thực không âm, tổng tích của chúng sẽ không lớn hơn tích của các tổng bình phương của chúng.
1. Bất đẳng thức Bunhiacopski
Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản
$\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right) \geq(a c+b d)^2$
Dấu “=” xảy ra khi ac = bd
Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng tổng quát
Với hai bộ số $\left(a_1, a_2, \ldots, a_n\right)$ và $\left(b_1, b_2, \ldots, b_n\right)$, ta có:
$\left(a_1^2+a_2^2+\ldots+a_n^2\right) \cdot\left(b_1^2+b_2^2+\ldots+b_n^2\right) \geq\left(a_1 b_1+a_2 b_2+\ldots+a_n b_n\right)^2$
Dấu “=” xảy ra khi $\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\ldots=\frac{a_n}{b_n}$
Nếu một số nào đó (i = 1, 2, 3,…, n) bằng 0 thì đẳng thức tương ứng bằng 0.
2. Chứng minh
Chúng ta có thể chứng minh bất đẳng thức Bunhiacopxki như sau:
$\begin{aligned} & \left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right) \geq(a c+b d)^2 \\ & \Leftrightarrow(a c)^2+(a d)^2+(b c)^2+(b d)^2 \geq(a c)^2+2 a b c d+(b d)^2 \\ & \Leftrightarrow(a d)^2+(b c)^2 \geq 2 a b c d \\ & \Leftrightarrow(a d)^2-2 a b c d+(b c)^2 \geq 0 \\ & \Leftrightarrow(a d-b c)^2 \geq 0 \text { (luôn đúng) }\end{aligned}$
3. Hệ quả quan trọng
Hệ quả 1
Nếu $a_1 x_1+\ldots+a_n x_n=C$ thì $\min \left(x_1^2+\ldots+x_n^2\right)=\frac{C}{a_1^2+\ldots+a_n^2}$ đạt được khi $\frac{x_1}{a_1}=\ldots=\frac{x_n}{a_n}$
Hệ quả 2
Nếu $x_1^2+\ldots+x_n^2=C^2$ (không đổi) thì:
- $\operatorname{Max}\left(a_1 x_1+\ldots+a_n x_n\right)=C \cdot \sqrt{a_1^2+\ldots+a_n^2}$ đạt được khi $a_1 x_1=\ldots=a_n x_n \geq 0$.
- $\operatorname{Min}\left(a_1 x_1+\ldots+a_n x_n\right)=-C \cdot \sqrt{a_1^2+\ldots+a_n^2}$ và dấu “=” xảy ra khi $a_1 x_1=\ldots=a_n x_n \leq 0$
4. Ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopxki
Bất đẳng thức Bunhiacopxki có nhiều ứng dụng trong toán học, bao gồm:
- Giải bài toán tối ưu: Bất đẳng thức này thường được sử dụng để tìm các giá trị tối ưu trong các bài toán liên quan đến tổng hợp và phân phối.
- Xác định giới hạn: Trong nhiều trường hợp, bất đẳng thức Bunhiacopxki giúp xác định giới hạn cho các biểu thức phức tạp, từ đó giúp rút gọn và phân tích các công thức toán học.
- Chứng minh các bất đẳng thức khác: Nhiều bất đẳng thức nổi tiếng khác, như bất đẳng thức Minkowski và bất đẳng thức AM-GM, có thể được chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki.
5. Bài tập vận dụng
Bài tập 1: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì $\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c} \leq \sqrt{3 p}$
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có:
$\begin{aligned} & \text { 1. } \sqrt{p-a}+1 \cdot \sqrt{p-b}+1 \cdot \sqrt{p-c} \leq \sqrt{\left(1^2+1^2+1^2\right)(p-a+p-b+p-c)} \\ & \Leftrightarrow \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c} \leq \sqrt{3(3 p-2 p)}=\sqrt{3 p} \text { (điều phải chứng minh) }\end{aligned}$
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.
Bài tập 2: 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.
Bài tập 3: 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:
$\large \left [ 1.\left ( 1-\frac{1}{2} \right )+3.\left ( y-\frac{1}{2} \right ) \right ]^{2}\leq 10\left [ \left ( x-\frac{1}{2} \right )^{2}+\left ( y-\frac{1}{2} \right )^{2} \right ]\leq 5$
$\large \Rightarrow (x+3y-2)^{2}\leq 5$
$\large \Rightarrow x+3y-2\leq \sqrt{5}$
$\large \Rightarrow x+3y\leq 2+\sqrt{5}$
Đẳng thức xảy ra khi $\large \left\{\begin{matrix}
x=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{10} & \\ y=\frac{1}{2}+\frac{3\sqrt{5}}{10}
\end{matrix}\right.$
Bài tập 4: 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 \(\frac{1}{{\sqrt {x – 2} }} = \frac{1}{{\sqrt {4 – x} }} \Leftrightarrow x – 2 = 4 – x \Leftrightarrow x = 3\)
Vậy max A = 2 khi và chỉ khi x = 3
Bài tập 5: 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
Bài tập 6: 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 tập 7: 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:
$x+y+z\leq \sqrt{(z^{2}+1)\left [ (x^{2}+1)(y^{2}+1)+1 \right ]}$
Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có:
$x+y\leq \sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}+z(1)$
$ \sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}+z\leq \sqrt{(x^{2}+1)(y^{2}+1)+1}.\sqrt{z^{2}+1}(2)$
Từ (1) và (2) ta có: $ x+y+z\leq \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 tập 8: Cho a;b và thỏa mãn a2 + b2 = 9. Chứng minh $ \frac{ab}{a+b+3}\leq \frac{3\sqrt{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+b\leq \sqrt{2}.\sqrt{a^{2}+b^{2}}=3\sqrt{2}$
Nên: $ \frac{ab}{a+b+3}\leq \frac{3\sqrt{2}-3}{2}$
Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix}
a;b>0& & \\ a^{2}+b^{2}=9\Leftrightarrow a=b=\frac{3}{\sqrt{2}}
& & \\a=b
\end{matrix}\right.$
Tài liệu tham khảo: