Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

VnDoc.com

Bất đẳng thức Bunhiacopxki

Chuyên đề Toán lớp 9 luyện thi vào lớp 10

Bài trước

Tải về

Bài sau

Chuyên đề luyện thi vào 10: Bất đẳng thức Bunhiacopxki

I. Một số kiến thức cần nhớ về bất đẳng thức Bunhiacopxki
II. Bài tập về bất đẳng thức Bunhiacopxki lớp 9
III. Bài tập bất đẳng thức Bunhiacopxki

Bất đẳng thức Bunhiacopxki là một dạng toán thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán. Để giúp các em học sinh nắm vững kiến thức phần này, VnDoc gửi tới các bạn tài liệu Bất đẳng thức Bunhiacopxki. Tài liệu được VnDoc biên soạn bao gồm một số kiến thức cần nhớ về bất đẳng thức Bunhiacopxki và một số bài tập vận dụng cho các em tham khảo luyện tập. Mời các bạn tham khảo chi tiết bài viết dưới đây nhé.

Bản quyền thuộc về VnDoc.
Nghiêm cấm mọi hình thức sao chép nhằm mục đích thương mại.

I. Một số kiến thức cần nhớ về bất đẳng thức Bunhiacopxki

1) Giới thiệu về bất đẳng thức Bunhiacopxki

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

• Bất đẳng thức này rất quen thuộc và thường được ứng dụng rất nhiều trong các bài toán về bất đẳng thức và cực trị.

2) Công thức của bất đẳng thức Bunhiacopxki

• Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản:

$\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge {\left( {ac + bd} \right)^2}$ $(a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) \geq {(a c + b d)}^{2}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{c} = \frac{b}{d}$ $\frac{a}{c} = \frac{b}{d}$

• Bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số:

Với hai bộ số (a₁, a₂, ..., a_n) và (b₁, b₂, ..., b_n) ta có:

$\left( {a_1^2 + a_1^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right) \ge {\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2}$ $(a_{1}^{2} + a_{1}^{2} + . . . + a_{n}^{2}) (b_{1}^{2} + b_{2}^{2} + . . . + b_{n}^{2}) \geq {(a_{1} b_{1} + a_{2} b_{2} + . . . + a_{n} b_{n})}^{2}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{{{a_1}}}{{{b_1}}} = \frac{{{a_2}}}{{{b_2}}} = ... = \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}$ $\frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{2}}{b_{2}} = . . . = \frac{a_{n}}{b_{n}}$

• Với quy ước nếu một số nào đó (i = 1, 2, 3, …, n) bằng 0 thì tương ứng bằng 0

3) Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng cơ bản

Ta có: $\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge {\left( {ac + bd} \right)^2}$ $(a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) \geq {(a c + b d)}^{2}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge {\left( {ac + bd} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {ac} \right)^2} + {\left( {ad} \right)^2} + {\left( {bc} \right)^2} + {\left( {bd} \right)^2} \ge {\left( {ac} \right)^2} + 2abcd + {\left( {bd} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {ad} \right)^2} + {\left( {bc} \right)^2} \ge 2abcd\\ \Leftrightarrow {\left( {ad} \right)^2} - 2abcd + {\left( {bc} \right)^2} \ge 0 \end{array}$ $\begin{array}{l} \Leftrightarrow (a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) \geq {(a c + b d)}^{2} \\ \Leftrightarrow {(a c)}^{2} + {(a d)}^{2} + {(b c)}^{2} + {(b d)}^{2} \geq {(a c)}^{2} + 2 a b c d + {(b d)}^{2} \\ \Leftrightarrow {(a d)}^{2} + {(b c)}^{2} \geq 2 a b c d \\ \Leftrightarrow {(a d)}^{2} - 2 a b c d + {(b c)}^{2} \geq 0 \end{array}$

$\Leftrightarrow {\left( {ad - bc} \right)^2} \ge 0$ $\Leftrightarrow {(a d - b c)}^{2} \geq 0$ (luôn đúng)

4) Hệ quả của bất đẳng thức Bunhiacopxki

$\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{c^2} + {d^2}} \right) \ge 4abcd$ $(a^{2} + b^{2}) (c^{2} + d^{2}) \geq 4 a b c d$

II. Bài tập về bất đẳng thức Bunhiacopxki lớp 9

Bài 1: Cho a, b, c là các số thực dương bất kỳ. Chứng minh rằng:

$\sqrt {\frac{{a + b}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{a + b + c}}} \le \sqrt 6$ $\sqrt{\frac{a + b}{a + b + c}} + \sqrt{\frac{b + c}{a + b + c}} + \sqrt{\frac{c + a}{a + b + c}} \leq \sqrt{6}$

Lời giải chi tiết:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

$1.\sqrt {\frac{{a + b}}{{a + b + c}}} + 1.\sqrt {\frac{{b + c}}{{a + b + c}}} + 1.\sqrt {\frac{{c + a}}{{a + b + c}}}$ $1. \sqrt{\frac{a + b}{a + b + c}} + 1. \sqrt{\frac{b + c}{a + b + c}} + 1. \sqrt{\frac{c + a}{a + b + c}}$

$\le \sqrt {\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {\frac{{a + b}}{{a + b + c}} + \frac{{b + c}}{{a + b + c}} + \frac{{c + a}}{{a + b + c}}} \right)}$ $\leq \sqrt{(1^{2} + 1^{2} + 1^{2}) (\frac{a + b}{a + b + c} + \frac{b + c}{a + b + c} + \frac{c + a}{a + b + c})}$

$\Leftrightarrow \sqrt {\frac{{a + b}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{a + b + c}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{a + b + c}}} \le \sqrt {3.2} = \sqrt 6$ $\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a + b}{a + b + c}} + \sqrt{\frac{b + c}{a + b + c}} + \sqrt{\frac{c + a}{a + b + c}} \leq \sqrt{3.2} = \sqrt{6}$ (điều phải chứng minh)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A = \sqrt {x - 2} + \sqrt {4 - x}$ $A = \sqrt{x - 2} + \sqrt{4 - x}$

Lời giải chi tiết:

$A = \sqrt {x - 2} + \sqrt {4 - x}$ $A = \sqrt{x - 2} + \sqrt{4 - x}$

Điều kiện: $2 \le x \le 4$ $2 \leq x \leq 4$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có:

${\left[ {1.\sqrt {x - 2} + 1.\sqrt {4 - x} } \right]^2} \le \left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {x - 2 + 4 - x} \right) = {2^2} = 4$ ${[1. \sqrt{x - 2} + 1. \sqrt{4 - x}]}^{2} \leq (1^{2} + 1^{2}) (x - 2 + 4 - x) = 2^{2} = 4$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {A^2} \le 4\\ \Leftrightarrow - 2 \le A \le 2 \end{array}$ $\begin{array}{l} \Rightarrow A^{2} \leq 4 \\ \Leftrightarrow - 2 \leq A \leq 2 \end{array}$

A max = 2 khi $\frac{1}{{\sqrt {x - 2} }} = \frac{1}{{\sqrt {4 - x} }} \Leftrightarrow x - 2 = 4 - x \Leftrightarrow x = 3$ $\frac{1}{\sqrt{x - 2}} = \frac{1}{\sqrt{4 - x}} \Leftrightarrow x - 2 = 4 - x \Leftrightarrow x = 3$ (thỏa mãn)

Vậy max A = 2 khi và chỉ khi x = 3

Bài 3: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi thì $\sqrt {p - a} + \sqrt {p - b} + \sqrt {p - c} \le \sqrt {3p}$ $\sqrt{p - a} + \sqrt{p - b} + \sqrt{p - c} \leq \sqrt{3 p}$

Lời giải chi tiết:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có:

$1.\sqrt {p - a} + 1.\sqrt {p - b} + 1.\sqrt {p - c} \le \sqrt {\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {p - a + p - b + p - c} \right)}$ $1. \sqrt{p - a} + 1. \sqrt{p - b} + 1. \sqrt{p - c} \leq \sqrt{(1^{2} + 1^{2} + 1^{2}) (p - a + p - b + p - c)}$

$\Leftrightarrow \sqrt {p - a} + \sqrt {p - b} + \sqrt {p - c} \le \sqrt {3\left( {3p - 2p} \right)} = \sqrt {3p}$ $\Leftrightarrow \sqrt{p - a} + \sqrt{p - b} + \sqrt{p - c} \leq \sqrt{3 (3 p - 2 p)} = \sqrt{3 p}$ (điều phải chứng minh)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\frac{1}{{p - a}} = \frac{1}{{p - b}} = \frac{1}{{p - c}} \Leftrightarrow a = b = c$ $\frac{1}{p - a} = \frac{1}{p - b} = \frac{1}{p - c} \Leftrightarrow a = b = c$ hay tam giác là tam giác đều.

Bài 4: Cho các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 3. Chứng minh:

$\dfrac{a}{{a + 2bc}} + \dfrac{b}{{b + 2ac}} + \dfrac{c}{{c + 2ab}} \ge 1$ $\frac{a}{a + 2 b c} + \frac{b}{b + 2 a c} + \frac{c}{c + 2 a b} \geq 1$

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l} \dfrac{a}{{a + 2bc}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2abc}}\\ \dfrac{a}{{a + 2bc}} + \dfrac{b}{{b + 2ac}} + \dfrac{c}{{c + 2ab}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2abc}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2abc}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2abc}} \end{array}$ $\begin{array}{l} \frac{a}{a + 2 b c} = \frac{a^{2}}{a^{2} + 2 a b c} \\ \frac{a}{a + 2 b c} + \frac{b}{b + 2 a c} + \frac{c}{c + 2 a b} = \frac{a^{2}}{a^{2} + 2 a b c} + \frac{b^{2}}{b^{2} + 2 a b c} + \frac{c^{2}}{c^{2} + 2 a b c} \end{array}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 2abc}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + 2abc}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + 2abc}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + 6abc}}$ $\frac{a^{2}}{a^{2} + 2 a b c} + \frac{b^{2}}{b^{2} + 2 a b c} + \frac{c^{2}}{c^{2} + 2 a b c} \geq \frac{{(a + b + c)}^{2}}{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 6 a b c}$

Ta cần chứng minh:

$\,ab + bc + ca \ge 3abc \Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 9abc$ $a b + b c + c a \geq 3 a b c \Leftrightarrow (a + b + c) (a b + b c + c a) \geq 9 a b c$ .

Theo bất đẳng thức Cô si ta có:

$\,a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}},\ \ ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}$ $a + b + c \geq 3 \sqrt[3]{a b c}, a b + b c + c a \geq 3 \sqrt[3]{a^{2} b^{2} c^{2}}$

Nhân 2 vế các bất đẳng thức dương cùng chiều ta có điều phải chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Bài 5: Cho x, y là 2 số thực thoả mãn: $x^{2} + y^{2} = x\sqrt{1 - y^{2}} + y\sqrt{1 - x^{2}}$ $x^{2} + y^{2} = x \sqrt{1 - y^{2}} + y \sqrt{1 - x^{2}}$

Chứng minh rằng: $3x + 4y \leq \ 5$ $3 x + 4 y \leq 5$

Hướng dẫn giải

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có :

$\left( x^{2} + y^{2} \right)^{2} = \left( x\sqrt{1 - y^{2}} + y\sqrt{1 - x^{2}} \right)^{2};\left( |x| \leq 1;|y| \leq 1 \right)$ ${(x^{2} + y^{2})}^{2} = {(x \sqrt{1 - y^{2}} + y \sqrt{1 - x^{2}})}^{2}; (| x | \leq 1; | y | \leq 1)$

$\leq \left( x^{2} + y^{2} \right)\left( 1 - y^{2} + 1 - x^{2} \right) \Rightarrow x^{2} + y^{2} \leq 1$ $\leq (x^{2} + y^{2}) (1 - y^{2} + 1 - x^{2}) \Rightarrow x^{2} + y^{2} \leq 1$

Ta lại có: (3x + 4y)² $\leq$ $\leq$ (3² + 4²)(x² + y²) $\leq$ $\leq$ 25 => 3x + 4y $\leq$ $\leq$ 5

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x^{2} + y^{2} = 1 \\ x \geq 0;y \geq 0 \\ \dfrac{x}{3} = \dfrac{y}{4} \\ \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x = \dfrac{3}{5} \\ y = \dfrac{4}{5} \\ \end{matrix} \right.$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} x^{2} + y^{2} = 1 \\ x \geq 0; y \geq 0 \\ \frac{x}{3} = \frac{y}{4} \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} x = \frac{3}{5} \\ y = \frac{4}{5} \end{matrix}$ .

Điều kiện : $\frac{3}{2} \leq x \leq \frac{5}{2}$ $\frac{3}{2} \leq x \leq \frac{5}{2}$

Bài 6: Cho a, b, c $\geq$ $\geq$ 0; a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} \leq \sqrt{6}$ $\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} \leq \sqrt{6}$

Hướng dẫn giải

Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với 2 bộ 3 số ta có:

$\sqrt{a + b}.1 + \sqrt{b + c}.1 + \sqrt{c + a}.1 \leq (1 + 1 + 1)\left( {\sqrt{a + b}}^{2} + {\sqrt{b + c}}^{2} + {\sqrt{c + a}}^{2} \right)$ $\sqrt{a + b} .1 + \sqrt{b + c} .1 + \sqrt{c + a} .1 \leq (1 + 1 + 1) ({\sqrt{a + b}}^{2} + {\sqrt{b + c}}^{2} + {\sqrt{c + a}}^{2})$

$\Rightarrow \left( \sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} \right)^{2} \leq 2(2a + 2b + ac) = 6$ $\Rightarrow {(\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a})}^{2} \leq 2 (2 a + 2 b + a c) = 6$

$\Rightarrow \sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} \leq \sqrt{6}$ $\Rightarrow \sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} \leq \sqrt{6}$

Dấu '' = '' xảy ra khi: $a = b = c = \frac{1}{3}$ $a = b = c = \frac{1}{3}$

Bài 7: Cho 4 số a, b, c, d bất kỳ chứng minh rằng:

$\sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}} \leq \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}}$ $\sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}} \leq \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}}$

Hướng dẫn giải

Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

$ac + bd \leq \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}}$ $a c + b d \leq \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}}$

Mà $(a + c)^{2} + (b + d)^{2} = a^{2} + b^{2} + 2(ac + bd) + c^{2} + d^{2}$ $(a + c)^{2} + (b + d)^{2} = a^{2} + b^{2} + 2 (a c + b d) + c^{2} + d^{2}$

$\leq a^{2} + b^{2} + 2\sqrt{a^{2} + b^{2}}.\sqrt{c^{2} + d^{2}} + c^{2} + d^{2}$ $\leq a^{2} + b^{2} + 2 \sqrt{a^{2} + b^{2}} . \sqrt{c^{2} + d^{2}} + c^{2} + d^{2}$

$\Rightarrow \sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}} \leq \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}}$ $\Rightarrow \sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}} \leq \sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}}$

Bài 8: Chứng minh rằng: $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq ab + bc + ac$ $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + a c$

Hướng dẫn giải

Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski. Xét cặp số (1,1,1) và (a, b, c) ta có :

$\left( 1^{2} + 1^{2} + 1^{2} \right)\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) \geq (1.a + 1.b + 1.c)^{2}$ $(1^{2} + 1^{2} + 1^{2}) (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \geq (1. a + 1. b + 1. c)^{2}$

$\Rightarrow 3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right) \geq a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2(ab + bc + ac)$ $\Rightarrow 3 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \geq a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 (a b + b c + a c)$

$\Rightarrow a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq ab + bc + ac$ $\Rightarrow a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + a c$

Điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi $a = b = c$

Bài 9: Cho a , b, c là các số thực và $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng: $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{1}{3}$ $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{1}{3}$

Hướng dẫn giải

Áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số $(1, 1, 1)$ và $(a, b, c)$

Ta có :

$(1.a + 1.b + 1.c)^{2} \leq \left( 1^{2} + 1^{2} + 1^{2} \right)\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)$ $(1. a + 1. b + 1. c)^{2} \leq (1^{2} + 1^{2} + 1^{2}) (a^{2} + b^{2} + c^{2})$

$\Leftrightarrow (a + b + c)^{2} \leq 3\left( a^{2} + b^{2} + c^{2} \right)$ $\Leftrightarrow (a + b + c)^{2} \leq 3 (a^{2} + b^{2} + c^{2})$

$\Leftrightarrow a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{1}{3}$ $\Leftrightarrow a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{1}{3}$ (Vì a + b + c =1) (đpcm)

Bài 10: Cho xy + xz + yz = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $B = x^{4} + y^{4} + z^{4}$ $B = x^{4} + y^{4} + z^{4}$

Hướng dẫn giải

Do xy + xz + yz = 4

⇒ 16 = (xy + xz + yz)² ≤ (x²+y²+z²) (x²+y²+z²)

(Theo Bunhiacôpxki)

⇔ 16 ≤ (x²+y²+z²)² ≤ (x⁴ + y⁴ + z⁴) (1²+1²+1²)

⇒ $B = x^{4} + y^{4} + z^{4} \geq \frac{16}{3}$ $B = x^{4} + y^{4} + z^{4} \geq \frac{16}{3}$

$\Rightarrow B_{\min} = \frac{16}{3} \Leftrightarrow x = y = z = \pm \frac{2\sqrt{3}}{3}$ $\Rightarrow B_{min} = \frac{16}{3} \Leftrightarrow x = y = z = \pm \frac{2 \sqrt{3}}{3}$

III. Bài tập bất đẳng thức Bunhiacopxki

Bài 1:. Cho các số thực dương a, b, c sao cho: ab + bc + ca + abc ≤ 4.

Chứng minh rằng: $2abc\left( {a + b + c} \right) \le \dfrac{5}{9} + {a^4}{b^2} + {b^4}{c^2} + {c^4}{a^2}$ $2 a b c (a + b + c) \leq \frac{5}{9} + a^{4} b^{2} + b^{4} c^{2} + c^{4} a^{2}$ .

Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 trường Chuyên KHTN ĐHQG HN 2015

Bài 2. Cho các số thực dương a, b, c sao cho ab + bc + ca = 1

Chứng minh rằng: $2abc\left( {a + b + c} \right) \le \dfrac{5}{9} + {a^4}{b^2} + {b^4}{c^2} + {c^4}{a^2}$ $2 a b c (a + b + c) \leq \frac{5}{9} + a^{4} b^{2} + b^{4} c^{2} + c^{4} a^{2}$

Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{{{a^2} + ab + bc}} + \dfrac{1}{{{b^2} + bc + ca}} + \dfrac{1}{{{c^2} + ca + ab}} \le {\left( {\dfrac{{a + b + c}}{{ac + ab + bc}}} \right)^2}$ $\frac{1}{a^{2} + a b + b c} + \frac{1}{b^{2} + b c + c a} + \frac{1}{c^{2} + c a + a b} \leq {(\frac{a + b + c}{a c + a b + b c})}^{2}$

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:

a, $A = \sqrt {6 - x} + \sqrt {x + 2}$ $A = \sqrt{6 - x} + \sqrt{x + 2}$

b, $B = \sqrt x + \sqrt {2 - x}$ $B = \sqrt{x} + \sqrt{2 - x}$

Bài 5: Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} + \frac{b}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} + \frac{c}{{\sqrt {{c^2} + {a^2}} }} \le \frac{3}{{\sqrt 2 }}$ $\frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} + \frac{b}{\sqrt{b^{2} + c^{2}}} + \frac{c}{\sqrt{c^{2} + a^{2}}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

(gợi ý: biến đổi vế trái thành $\sqrt {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} + \sqrt {\frac{{{b^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} + \sqrt {\frac{{{c^2}}}{{{c^2} + {a^2}}}}$ $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2} + b^{2}}} + \sqrt{\frac{b^{2}}{b^{2} + c^{2}}} + \sqrt{\frac{c^{2}}{c^{2} + a^{2}}}$ rồi áp dung bất đẳng thức Bunhiacopxki)

Bài 6: Cho a, b, c là các số thực dương, . Chứng minh rằng:

$\sqrt {a - 1} + \sqrt {b - 1} + \sqrt {c - 1} \le \sqrt {c\left( {ab + 1} \right)}$ $\sqrt{a - 1} + \sqrt{b - 1} + \sqrt{c - 1} \leq \sqrt{c (a b + 1)}$

Bài 7: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1. Chứng minh:

$\frac{1}{{{a^3}\left( {b + c} \right)}} + \frac{1}{{{b^3}\left( {c + a} \right)}} + \frac{1}{{{c^3}\left( {a + b} \right)}} \ge \frac{3}{2}$ $\frac{1}{a^{3} (b + c)} + \frac{1}{b^{3} (c + a)} + \frac{1}{c^{3} (a + b)} \geq \frac{3}{2}$

Bài 8: Cho x > 0 và y > 0 thỏa mãn x² + y² ≤ x + y. Chứng minh:

x + 3y ≤ 2 + $\sqrt{5}$ $\sqrt{5}$

-------------------

Các dạng bài tập Toán 9 ôn thi vào lớp 10 là tài liệu tổng hợp 5 chuyên đề lớn trong chương trình Toán lớp 9, bao gồm:

Rút gọn biểu thức - Xem thêm Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 1: Rút gọn và tính giá trị của biểu thức
Hàm số đồ thị - Xem thêm Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 5: Hàm số và đồ thị
Phương trình, hệ phương trình - Xem thêm Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 2: Giải phương trình và hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình - Xem thêm Kỹ năng giải toán bằng cách lập phương trình, hệ phương trình
Hình học - Xem thêm Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 10: Chứng minh các hệ thức hình học

Xem thêm các bài Tìm bài trong mục này khác:

Chia sẻ, đánh giá bài viết

195.788

Bài trước

Bài sau

Chia sẻ bởi:
Lê Hằng Anh

Tải về

Chọn file muốn tải về:

Bất đẳng thức Bunhiacopxki

291,1 KB

Tải tài liệu định dạng .doc
131 KB

Đóng Chỉ thành viên VnDoc PRO/PROPLUS tải được nội dung này!

Đóng

79.000 / tháng

Mua ngay

Đặc quyền các gói Thành viên

PRO

Phổ biến nhất

PRO+

Tải tài liệu Cao cấp 1 Lớp

Tải tài liệu Trả phí + Miễn phí

Xem nội dung bài viết

Trải nghiệm Không quảng cáo

Làm bài trắc nghiệm không giới hạn

Tìm hiểu thêm

Mua cả năm Tiết kiệm tới 48%

Xác thực tài khoản!

Theo Nghị định 147/2024/ND-CP, bạn cần xác thực tài khoản trước khi sử dụng tính năng này. Chúng tôi sẽ gửi mã xác thực qua SMS hoặc Zalo tới số điện thoại mà bạn nhập dưới đây:

Số điện thoại chưa đúng định dạng!