Bất đẳng thức có được từ hằng đẳng thức dạng  ${{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$

${{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab;ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}};{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge \frac{1}{2}{{\left( a+b \right)}^{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi $a=b$.

${{a}^{2}}+b+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca.$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$

${{a}^{2}}+b+{{c}^{2}}\ge \frac{1}{3}{{\left( a+b+c \right)}^{2}}.$Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$

${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3(ab+bc+ca).$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$

  • ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab;ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}};{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge \frac{1}{2}{{\left( a+b \right)}^{2}}$. Dấu bằng xảy ra khi $a=b$.
  • ${{a}^{2}}+b+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ca.$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$
  • ${{a}^{2}}+b+{{c}^{2}}\ge \frac{1}{3}{{\left( a+b+c \right)}^{2}}.$Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$
  • ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3(ab+bc+ca).$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$
  1. Bất đẳng thức với hai căn thức cơ bản
  • $\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge \sqrt{a+b}.$ Dấu bằng xảy ra khi $a=0$ hoặc $b=0$.
  • $\sqrt{a}+\sqrt{b}\le \sqrt{2(a+b)}.$Dấu bằng xảy ra khi $a=b$.

Ví dụ 1. Cho hai số thực $x,y$ thay đổi thỏa mãn $x+y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2y+2}.$ Gọi $a,b$ lần lượt là các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức $S={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2(x+1)(y+1)+8\sqrt{4-x-y}$. Tính  $P=a+b.$

A. $P=44$                B. $P=41$              C.$P=43$                D. $P=42$

Giải. Ta có $x+y=\sqrt{x-1}+\sqrt{2y+2}\le \sqrt{3(x+y)}\Rightarrow t=x+y\in \left[ 0;3 \right].$

Khi đó

Chọn đáp án C.

Ví dụ 2. Cho hai số thực $x,y$ thỏa mãn $x+y=2(\sqrt{x-3}+\sqrt{y+3}).$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=4({{x}^{2}}+{{y}^{2}})=15xy.$

A.$\min P=-80.$         B. $\min P=-91.$         C. $\min P=-83.$          D.$\min P=-63.$

Giải. Ta có $x+y=2(\sqrt{x-3}+\sqrt{y+3})\ge 2\sqrt{(x+3)+(y+3)}=2\sqrt{x+y}.$ Suy  ra $x+y=0$hoặc $x+y\ge 4$

Và \[x+y=2(\sqrt{x-3}+\sqrt{y+3})\ge =\le 2\sqrt{(1+1)(x-3+y+3)}=2\sqrt{2(x+y)}\Rightarrow x+y\le 8.\]

    • Nếu \[x+y=0\Leftrightarrow x=-3;y=3\Rightarrow p=-63.\]
    • Nếu \[x+y\le \left[ 4;8 \right]\], xuất phát từ điều kiện căn thức ta có:

\[(x-3)(y+3)\ge 0\Rightarrow xy\ge 3(y-x)+9.\]

Suy ra

\[P=4{{x}^{2}}+4{{y}^{2}}=15xy=4{{(x+y)}^{2}}+7xy\ge 4{{(x+y)}^{2}}=7\left[ 3\left( y-x \right)+9 \right]\]

   \[=\left[ 4{{(x+y)}^{2}}-21(x+y) \right]+(4y+63)\]

          \[\ge ({{4.4}^{2}}-21.4)+(42.(-3)+63)=-83.\]

Dấu bằng đạt tại \[x=7,y=-3\]. Đối chiếu hai trường hợp ta chọn đáp  án C.

*Chú ý: Hàm số \[y=4{{t}^{2}}-21t\] đồng biến trên đoạn \[\left[ 4;8 \right]\]nên ta có thể đánh giá\[4{{(x+y)}^{2}}-21(x+y)\ge {{4.4}^{2}}-21.4.\]

  1. Bất đảng thức AM-GM( Sách giáo khoa Việt Nam gọi là bất đẳng thức Côsi)
  • Với hai số thực không âm ta có \[a+b\ge 2\sqrt{ab}\]. Dấubằng xảy ra khi và chỉ khi \[a=b.\]
  • Với ba số thực không âm ta có \[a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}.\] Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi\[a=b.=c\].
  • Với \[n\] thực không âm ta có \[{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{n}}\ge 3\sqrt[n]{a{}_{1}{{a}_{2}}...{{a}_{n}}}\]. Dấu bằng xảy ra khi \[{{a}_{1}}={{a}_{2}}=...={{a}_{n}}\].

Ví dụ 1: Cho \[a>0,b>0\] thỏa mãn \[{{\log }_{2a+2b+1}}(4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1)+{{\log }_{4ab+1}}(2a+2b+1)=2.\]Gía trị biểu thức \[a+2b\]bằng

A.\[\frac{3}{2}\]                      B. 5                      C. 4                           D. \[\frac{15}{4}\]

Giải. Chú ý \[{{\log }_{a}}b=\frac{\ln b}{\ln a}.\frac{\ln (4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1)}{\ln (2a+2b+1)}+\frac{\ln (2a+2b+1)}{\ln (4ab+1)}=2.\]

Sử dụng AM-GM có

\[\frac{\ln (4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1)}{\ln (2a+2b+1)}+\frac{\ln (2a+2b+1)}{\ln (4ab+1)}\ge 2\sqrt{\frac{\ln (4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1)}{\ln (4ab+1)}}.\]

Mặt khác \[4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2\sqrt{4{{a}^{2}}.{{b}^{2}}}=4ab\Rightarrow 4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 4ab+1\Rightarrow \frac{\ln (4{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1)}{\ln (4ab+1)}\ge 1.\]

Do đó dấu bằng phải xảy ra tức

Do đó    \[a+2b=\frac{3}{4}+3=\frac{15}{4}\]. Chọn đáp án C.

  1. Bất đảng thức Cauchy-Schwarz (Sách giáo khoa Việt Nam gọi là bất đẳng thức Bunhiacopsky)
  • Ta luôn có\[({{a}^{2}}+{{b}^{2}})({{x}^{2}}+{{y}^{2}})\ge {{(\text{ax}+by)}^{2}}\]. Dấu bằng xảy ra khi \[\frac{a}{x}=\frac{b}{y}.\]

ta hay sử dụng: \[-\sqrt{({{a}^{2}}+{{b}^{2}})({{x}^{2}}+{{y}^{2}})}\le \text{ax}+by\le \sqrt{({{a}^{2}}+{{b}^{2}})({{x}^{2}}+{{y}^{2}})}.\]

Dấu bằng bên phải đạt tại \[\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=k>0\]; dấu bằng bên trái đạt tại \[\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=k<0\].

  • Ta luôn có \[({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})\ge {{(\text{ax}+by+cz)}^{2}}\]. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi\[\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\].
  • Ta luôn có \[({{a}_{1}}^{2}+{{a}_{2}}^{2}+...+{{a}_{n}}^{2})({{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+...+{{x}_{n}}^{2})\ge {{({{a}_{1}}{{x}_{1}}+{{a}_{2}}{{x}_{2}}+...+{{a}_{n}}{{x}_{n}})}^{2}}\]. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[\frac{{{a}_{1}}}{{{x}_{1}}}=\frac{{{a}_{2}}}{{{x}_{2}}}=...=\frac{{{a}_{n}}}{{{x}_{n}}}\].

Ví dụ 1. Cho hai số thực \[x,y\] thỏa mãn \[{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le 2x+3y\]. Giá trị lớn nhất của biểu thức \[2x+y\] bằng

A. \[\frac{19+\sqrt{19}}{2}\]                B. \[\frac{7+\sqrt{65}}{2}\]             C.  \[\frac{11+10\sqrt{2}}{3}\]            D.\[\frac{7-\sqrt{10}}{2}\]

Giải. Ta có thể đổi giả thiết: \[{{x}^{2}}-2x+{{y}^{2}}-3y\le 0\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}+{{\left( y-\frac{3}{2} \right)}^{2}}\le \frac{13}{4}\]

Khi đó

\[2x+y=2(x-1)+\left( y-\frac{3}{2} \right)+\frac{7}{2}\le \sqrt{({{2}^{2}}+{{1}^{2}})\left( {{(x-1)}^{2}}+{{\left( y-\frac{3}{2} \right)}^{2}} \right)}+\frac{7}{2}\le \sqrt{5.\frac{13}{4}}+\frac{7}{2}\]

Dấu bằng đặt tại  Chọn đáp án B.

  1. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức

Với các số thực dương \[{{x}_{1}},{{x}_{2}},...{{x}_{n}}\] ta luôn có \[\frac{{{a}_{1}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}}=\frac{{{a}_{2}}^{2}}{{{x}_{2}}^{2}}=...=\frac{{{a}_{n}}^{2}}{{{x}_{n}}^{2}}\ge \frac{{{({{a}_{1}}+{{a}_{2}}+...+{{a}_{n}})}^{2}}}{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...+{{x}_{n}}}\]. Dấu bằng đạt tại \[\frac{{{a}_{1}}}{{{x}_{1}}}=\frac{{{a}_{2}}}{{{x}_{2}}}=...=\frac{{{a}_{n}}}{{{x}_{n}}}\].

Ví dụ 1: Cho hàm số \[y={{(x+m)}^{2}}+{{(x+n)}^{2}}+{{(x+p)}^{2}}-{{x}^{3}}\], có đồ thị \[(C)\]. Tiếp tuyến của \[(C)\]tại điểm có hoành độ \[x=1\] có hệ số góc nhỏ nhất. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[{{m}^{2}}+2{{n}^{2}}+3{{p}^{2}}\]bằng

  1. \[\frac{12}{11}\]                          B. \[\frac{96}{11}\]                        C. \[\frac{48}{11}\]                     D. \[\frac{24}{11}\]

Giải. Hệ số góc của tiếp tuyến là\[k=y'=3{{(x+m)}^{2}}+3{{(x+n)}^{2}}+3{{(x+p)}^{2}}-3{{x}^{2}}=6{{x}^{2}}+6(m+n+p)x+3{{m}^{2}}+3{{n}^{2}}+3{{p}^{2}}\] đạt giá trị nhỏ nhất tại \[x=-\frac{6(m+n+p)}{2.6}=-\frac{m+n+p}{2}\]. Theo giả thiết có

\[-\frac{m+n+p}{2}=1\Leftrightarrow m+n+p=-2.\]

Khi đó theo bất đẳng thức Cuchy-Schwarz dạng phân thức ta có:

\[{{m}^{2}}+2{{n}^{2}}+3{{p}^{2}}=\frac{{{m}^{2}}}{1}+\frac{{{n}^{2}}}{\frac{1}{2}}+\frac{{{p}^{2}}}{\frac{1}{3}}\ge \frac{{{(m+n+p)}^{2}}}{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}=\frac{4}{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}=\frac{24}{11}\]

Dấu bằng đạt tại Chọn đáp án D

 

  1. Bất đẳng thức Mincopski ( bất đẳng thức véc tơ)

\[\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\sqrt{{{m}^{2}}+{{n}^{2}}}\ge \sqrt{{{(a+m)}^{2}}+{{(b+n)}^{2}}}\]. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

\[\frac{a}{m}=\frac{b}{n}=k>0\]

Ví dụ 1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức \[\sqrt{{{(x-1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\left| y-2 \right|\] bằng

  1. \[\sqrt{5}\]                 B.  2                C. \[2+\sqrt{3}\]             D.  \[\frac{4+\sqrt{3}}{2}\]

Giải. Sử dụng bất đẳng thức Mincopsky ta có

\[\sqrt{{{(x-1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{y}^{2}}}=\sqrt{{{(x-1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{(-x-1)}^{2}}+{{y}^{2}}}\]

\[\ge \sqrt{{{(x-1-x-1)}^{2}}+{{(y+y)}^{2}}}=\sqrt{4{{y}^{2}}+4}=2\sqrt{{{y}^{2}}+1}\]

Do đó\[\sqrt{{{(x-1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+{{y}^{2}}}+\left| y-2 \right|\ge f(y)=2\sqrt{{{y}^{2}}+1}+\left| y-2 \right|\ge {{\min }_{\mathbb{R}}}f(y)=f\left( \frac{1}{\sqrt{3}} \right)\]

Dấu bằng đạt tại Chọn đáp án C.

 

Bài viết gợi ý:

1. Công thức giải nhanh hình học phẳng Oxy