Ứng dụng Bất đẳng thức Benuli Thạc sĩ Nguyễn Xuân Đông

1
A. MỞ ĐẦU

I – Đặt vấn đề
Bài toán bất đẳng thức là một trong những bài toán khó và quan trọng đối
với học sinh trong các kỳ thi. Không những thế, đối với giáo viên, việc xây dựng
một bài toán bất đẳng thức sao cho phù hợp với đối tượng học sinh và sao cho bài
toán xây dựng nên mang một nét riêng, không trùng lặp là một điều cần thiết.
Qua quá trình học tập, giảng dạy và tìm hiểu nghiên cứu về bất đẳng thức
Becnuli tôi thấy nếu dùng bất đẳng thức Becnuli, ta có thể “cảm sinh” để xây
dựng một lớp bài toán bất đẳng thức mà việc chứng minh các bất đẳng thức này
hoàn toàn dùng các phép biến đổi thông thường (không cần dùng bất đẳng thức
Becnuli). Do đó các bài toán bất đẳng thức này có thể dùng để bồi dưỡng hoặc ra
đề thi học sinh giỏi toán lớp 10 hoặc có thể dùng để ra đề thi cho học sinh phổ
thông trong các kỳ thi như: thi chọn học sinh giỏi, thi tuyển sinh lớp 10,…
Vì vậy tôi chọn đề tài “Ứng dụng bất đẳng thức Becnuli để xây dựng một
lớp các bài toán bất đẳng thức và cách chứng minh” nhằm mục đích tạo ra một
lớp bài toán bất đẳng thức với điều kiện cho trước mà việc chứng minh thì chỉ cần
sử dụng các phép biến đổi thông thường. Thậm chí nếu có sử dụng bất đẳng thức
Becnuli trong quá trình chứng minh thì cũng chỉ để định hướng cách giải quyết
bài toán chứ không cần sử dụng trực tiếp.
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là xây dựng một lớp các bài toán bất đẳng
thức dựa vào một số trường hợp riêng của bất đẳng thức Becnuli và chứng minh.
Cụ thể là sử dụng bất đẳng thức Becnuli với số mũ nguyên dương kết hợp với một
số điều kiện cho trước.
II – Phương pháp tiến hành
Qua quá trình thực tiễn bồi dưỡng cho những học sinh khá, giỏi về chuyên
đề bất đẳng thức trong các năm vừa qua và qua học tập, bồi dưỡng, nghiên cứu về
bất đẳng thức Becnuli, tôi thấy rằng việc sử dụng bất đẳng thức Becnuli có thể
cảm sinh giúp ta “sáng tác” ra những bài toán bất đẳng thức theo dự kiến của

mình (bằng cách chọn “điểm rơi”, hay vị trí dấu “=” xảy ra) là có cơ sở.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung chính của đề tài gồm hai phần:
1. Bất đẳng thức Becnuli
Trong phần này, nêu và chứng minh bất đẳng thức Becnuli ở dạng quen
thuộc. Từ đó cảm sinh và mở rộng đi đến dạng tổng quát.
2. Ứng dụng bất đẳng thức Becnuli để xây dựng bài toán.
Đây là nội dung chính của đề tài, phần này được trình bày dưới dạng các
bài toán, mỗi bài toán được trình bày theo 4 bước (trừ những bài toán được suy ra
từ bài toán tổng quát, ta chỉ nêu bài toán):

2
* Xây dựng, hình thành bài toán (dựa vào bất đẳng thức Becnuli);
* Nêu bài toán (đây là đề bài ra cho học sinh)
* Chứng minh (không dùng bất đẳng thức Becnuli)
* Nhận xét, mở rộng và phát triển bài toán.
Quá trình hình thành, xây dựng và mở rộng bài toán theo trình tự: từ bậc
thấp đến bậc cao và từ một biến đến nhiều biến. Trên cơ sở đó, phần II này được
chia thành bốn mục chính.
2.1 Bài toán bất đẳng thức bậc 2.
2.2 Bài toán bất đẳng thức bậc 3.
2.3 Bài toán bất đẳng thức bậc 4.
2.4 Bài toán bất đẳng thức tổng quát.
Ở mỗi mục có bài toán tổng quát của mục đó (bài toán có đóng khung).
Riêng mục 2.4, bài toán tổng quát ở mục này cũng là bài toán tổng quát của đề tài.
Dựa vào các bài toán tổng quát đã được xây dựng, ta có thể “sáng tác” ra
một lớp bài toán bất đẳng thức với điều kiện cho trước.
Hy vọng với đề tài này sẽ góp phần làm phong phú thêm nguồn tài liệu
tham khảo cho giáo viên và phần nào giúp cho các bạn đồng nghiệp có thêm
nhiều ứng dụng, sáng kiến trong dạy học.
Xin chân thành cảm ơn!

Tác giả
ThS. Nguyễn Xuân Đông

3
B. NỘI DUNG

1 – Bất đẳng thức Becnuli
Mệnh đề 1:
Cho
n


và số thực x (x>-1). Khi đó ta có bất đẳng thức Becnuli:
(1 ) 1
n
x nx
  
. (1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Chứng minh:
Ta chứng minh bất đẳng thức (1) bằng quy nạp.
 Khi n = 0, ta có bất đẳng thức (1) trở thành
1 1

(hiển nhiên đúng)
 Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n = k (
0
k

), tức là ta có:

(1 ) 1
k
x kx
  

 Ta cần chứng minh (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh:

1
(1 ) 1 ( 1)
k
x k x

   
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:
(1 ) 1
k
x kx
  




(1 ).(1 ) (1 ).(1 )
k
x x x kx
     (Vì giả thiết x > -1)



1 2

(1 ) 1 (1 ) 1 (1 )
k
x k x kx k x

        (Vì
2
0
kx

)
Vậy bất đẳng thức (1) cũng đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp suy ra bất đẳng thức (1) đúng
n
 

.
Ta dễ dàng chứng minh được dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Nhận xét:
+ Trong bất đẳng thức (1), số mũ n có thể tổng quát hóa thành số thực bất
kỳ. Tuy nhiên trong phạm vi nghiên cứu của đề tài chỉ sử dụng số mũ nguyên nên
ở đây không đề cập đến trường hợp số mũ là số thực.
+ Từ bất đẳng thức (1) nếu ta muốn dấu “=” xảy ra khi x=1 thì khi đó ta
thay x bởi (t-1), ta được bất đẳng thức sau:

( ) .
n
t n 1 n t
   , với t > 0 (2)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 1.
Bất đẳng thức này được suy ra từ bất đẳng thức (1) một cách dễ dàng (đặt t=x+1).

4
Tiếp tục cảm sinh và mở rộng, bây giờ ta muốn dấu “=” xảy ra


0
x x




0
0
x

, khi đó trong bất đẳng thức (2), ta thay t bởi
0
x
x
ta được bất đẳng thức
Becnuli tổng quát hơn sau đây:
Mệnh đề 2: Cho
n


, n > 1 và
0
0
x


. Khi đó ta có:
n n n 1
0 0 0
x x nx ( x x )

  
(3)
Dấu “=” xảy ra


0
x x


Chứng minh:
Chia hai vế của (3) cho
0
n
x
, ta được:

0
0 0
1 ( )
n
x n
x x
x x
 
  

 
 




0 0
1
n
x nx
n
x x
 
  
 
 




1
n
t n nt
  

0
x
t
x
 


 
 

Đây là bất dẳng thức (2) đã được chứng minh.
Dấu “=” xảy ra


1
t

, tức là
0
1
x
x

hay
0
x x

.
Bất đẳng thức (3) có thể được xem là bất đẳng thức Becnuli tổng quát với
số mũ nguyên. Trường hợp nếu số mũ n trong bất đẳng thức (3) là số thực lớn hơn
1 thì bất đẳng thức này vẫn đúng. Tuy nhiên vì phạm vi nghiên cứu của đề tài chỉ
giới hạn như đã trình bày nên trường hợp số mũ
n


, ta không chứng minh ở

đây mà sẽ được trình bày trong một đề tài khác (phát triển đề tài).
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức Becnuli tổng quát (3) này, ta có thể xây
dựng một lớp các bài toán về bất đẳng thức mà số mũ n bằng bao nhiêu và dấu
“=” xảy ra tại giá trị
0
x
bằng bao nhiêu là do ta quyết định. Nội dung này được
thể hiện trong phần 2.
2 – Ứng dụng bất đẳng thức Becnuli để xây dựng bài toán
Trong phần này, ta sẽ sử dụng bất đẳng thức Becnuli (3) đã chứng minh ở
trên và bằng cách cho n và
0
x
bởi những giá trị cụ thể, khi đó ta sẽ có một bất
đẳng thức được suy ra từ bất đẳng thức Becnuli. Kết hợp với một số thao tác và
phép biến đổi tương đương, ta sẽ hình thành nên bài toán bất đẳng thức.


5
2.1 Bài toán bất đẳng thức bậc hai
Bài toán 1:
 Xây dựng bài toán :
Từ bất đẳng thức (3), ta có thể chọn n và
0
x
bất kỳ. Chẳng hạn ta chọn
2
n

;

0
3
x

, ta có bất đẳng thức (bđt) đúng:

2 2
x 3 2.3(x 3)
  

Cũng từ bất đẳng thức (3), ta chọn n = 2 ;
0
1
y

, ta có bđt đúng :
2 2
y 1 2.1(y 1)
  
(thay biến x trong bđt (3) bởi biến y)
Cộng hai bất đẳng thức này vế theo vế, ta được bất đẳng thức:

2 2 2 2
x y 3 1 2 3 x 3 2 y 1
. ( ) ( )
      




2 2 2 2
x y 3 1 2 2 x 3 x y 4
.[ ( ) ( )]
        (*)
Trong bđt (*), nếu cho
x 3

và x + y = 4 thì rõ ràng ta:
2 2 2 2
x y 3 1
  
.
Từ đó hình thành bài toán như sau:
Cho
x 3
x y 3 1



  

khi đó ta có
2 2 2 2
x y 3 1
  

 Nêu bài toán 1:
Cho
x 3
x y 4




 

. Chứng minh rằng :
2 2
x y 10
 
.
 Chứng minh:
Bài toán này được hình thành từ bất đẳng thức Becnuli, thế nhưng ta hoàn
toàn có thể chứng minh bằng phép biến đổi thông thường như sau.
Ta có :
2 2
2
2
x [3 (x 3)] 3 2.3.( )
(x 3
x
)
3      

2
3 2.3.(x 3)
 


2 2
2

2
y [1 (x 1)] 1 2.1.( )
(y 1
y
)
1    

 

2
1 2.1.(y 1)
 

Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được :

2 2 2 2
x y 3 1 2.3.(x 3) 2(y 1)
      




2 2 2 2
x y 3 1 2.[2.(x 3) (x y 4)]
       



2 2 2 2
x y 3 1 10

   
(Vì
x 3

và x + y = 4).
Ta dễ dàng chứng minh được dấu ‘‘=’’ xảy ra khi x = 3 và y = 1.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong

6
 Nhận xét:
+ Khi hướng dẫn học sinh (HS) giải quyết bài toán này cần chỉ cho HS
nhận biết con số mà ta cần thêm bớt khi phân tích
x [ (x )]
2 2
3 3
   và
y [ (x )]
2 2
1 1
   (số 3 và số 1) dựa vào giả thiết của bài toán. Các số này cũng
chính là giá trị làm cho dấu ‘‘=’’ xảy ra. Các bài toán sau này, việc kiểm tra dấu
‘‘=’’ xảy ra cũng tương tự như bài toán này.
+ Từ bài toán 1, ta có thể tổng quát thành bài toán 2 sau đây.
Bài toán 2:
Cho
x a
x y a b




  

. Chứng minh rằng :
2 2 2 2
x y a b
  
.
Dấu “=” xảy ra khi x = a và y = b
Với a, b là hai số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện
a b

.
 Chứng minh:
Ta có :
2 2
2
2
x [a (x a)] a 2.a.( )
(x a
x
)
a      

2
a 2.a.(x a)
 


2 2
2

2
y [b (x b)] b 2.b.( )
(y b
y
)
b      

2
b 2.b.(y b)
 

Cộng hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được :

2 2 2 2
x y a b 2.a.(x a) 2.b.(y b)
      




2 2 2 2
x y a b 2.[(a b).(x a) b.(x y a b)]
         


2 2 2 2
x y a b
  
(Vì
x a


;
a b

và x + y = a + b). ĐPCM
 Nhận xét :
+ Như vậy với bài toán 2, ta có thể chọn 2 số a, b cụ thể để hình thành nên
các bài toán bất đẳng thức dạng bài toán 2 (lưu ý rằng hai số a,b được chọn phải
thỏa mãn điều kiện

a b
) và việc chứng minh các bài toán này tương tự như cách
chứng minh bài toán 1 hoặc bài toán 2 tổng quát. Bằng cách thay đổi các số a, b ta
có một số bài toán tương tự sau đây (Cách chứng minh tương tự như chứng minh
bài toán 1).
Bài toán 2.1: (a=2 ; b=2)
Cho
x 2
x y 4



 

. CMR:
2 2
x y 8
 
(
2 2

8 2 2
 
)
Bài toán 2.2: (a=3 ; b=2)
Cho
x 3
x y 5



 

. CMR:
2 2
x y 13
 
(
2 2
13 3 2
 
)

7
Bài toán 2.3: (a=4 ; b=3)
Cho
x 4
x y 7




 

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
P x y
 

+ Chú ý rằng trong bài toán 2, ta có thể thay x bởi (kx) và y bởi (ly) khi đó
ta được một bài toán bất đẳng thức tổng quát hơn nữa. Chẳng hạn, cho k, l bằng
các số cụ thể ta có bài toán sau (cách chứng minh tương tự như các bài toán trên).
Bài toán 2.4: (a=4 ; b=1; k = 2; l =1)
Cho
2x 4
2x y 5



 

. CMR:
2 2 2 2
2x y 4 1
( )
  

Vậy ta có thể nêu bài toán 2.4 như sau:
Cho
x 2
2x y 5




 

. CMR:
2 2
4x y 17
 

Bài toán 2.5: (a=6 ; b=4; k = 3; l =2)
Cho
3x 6
3x 2y 10



 

. CMR:
2 2 2 2
(3x) (2y) 6 4
  

Vậy ta có thể nêu bài toán 2.5 như sau:
Cho
x 2
3x 2y 10




 

. CMR:
2 2
9x 4y 52
 

+ Bài toán 2 có thể được mở rộng (tổng quát hóa) với 3 biến x, y, z. Khi đó
việc chứng minh bài toán này vẫn được tiến hành tương tự như bài toán 2. Cụ thể
ta có bài toán 3 sau đây.
Bài toán 3:
Cho
x a
x y a b
x y z a b c



  


    


Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
x y z a b c
    
.
Với a, b, c là các số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện

a b c
 
.
 Chứng minh:
Ta có:
2 2
2
2
x [a (x a)] a 2.a.( )
(x a
x
)
a      

2
a 2.a.(x a)
 


2 2
2
2
y [b (x b)] b 2.b.( )
(y b
y
)
b      

2
b 2.b.(y b)

 

2 2
2
2
z [c (x c)] c 2.c.( )
(z c
z
)
c    

 

2
c 2.c.(z c)
 


8
Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được :

2 2 2 2 2 2
x y z a b c 2.a.(x a) 2.b.(y b) 2.c.(z c)
          



2 2 2 2 2 2
x y z a b c
     

2.[(a c).(x a) (b c)(
x
y b) c.( )
y z a b
]
c
   
    
  



2 2 2 2 2 2
x y z a b c
     
2.[(a c).(x a) (b c)(y b)]
    



2 2 2 2 2 2
x y z a b c
     
2.[(a b).(x a) (b c)(x y a b)]
      



2 2 2 2 2 2
x y z a b c
    
. ĐPCM
 Nhận xét:
+ Từ bài toán 3 này, ta cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện trên. Khi đó ta
có bài toán bất đẳng thức cụ thể. Chẳng hạn, ta có một số bài toán sau (cách
chứng minh như bài toán 3 tổng quát):
Bài toán 3.1: (a=2 ; b=1; c = 1)
Cho
x 2
x y 2 1
x y z 2 1 1



  


    

. CMR:
2 2 2 2 2 2
x y z 2 1 1
    
.
Vậy ta có thể nêu lại bài toán 3.1 như sau:
Cho
x 2
x y 3

x y z 4



 


  

. CMR:
2 2 2
x y z 6
  

Bài toán 3.2: (a=5 ; b=3; c = 1)
Cho
x 5
x y 5 3
x y z 5 3 1



  


    

. CMR:
2 2 2 2 2 2
x y z 5 3 1

    
.
Vậy ta có thể nêu lại bài toán 3.2 như sau:
Cho
x 5
x y 8
x y z 9



 


  

. CMR:
2 2 2
x y z 35
  
+ Với cách mở rộng tương tự như bài toán 2.4 và bài toán 2.5, từ bài toán 3
ta có thể mở rộng bằng cách thay x, y, z lần lượt bởi kx, ly, tz. Khi đó ta có bài
toán bất đẳng thức tổng quát hơn. Chẳng hạn, cho các số k, l, t cụ thể ta có bài
toán 3.3 sau đây.

9
Bài toán 3.3: (a=6 ; b=4; c = 3; k = 3; l = 2; t = 1)
Cho
3x 6
3x 2y 6 4
3x 2y z 6 4 3




  


    

. CMR:




2 2
2 2 2 2
3x 2y z 6 4 3
    

Vậy ta có thể nêu lại bài toán 3.3 như sau:
Cho
x 2
3x 2 y 10
3x 2 y z 13



 


  


. CMR:
2 2 2
9x 4 y z 61
  
.
Như vậy qua các bài toán (từ bài toán 1 đến bài toán 3) ta thấy các bài toán
này được hình thành từ bất đẳng thức Becnuli (3) ứng với số mũ n = 2 và được
mở rộng từ một biến x đến 2 biến (x, y) và 3 biến (x, y, z). Ngoài ra ta có thể mở
rộng thành bài toán bất đẳng thức với k biến (
1 2
, , ,
k
x x x
) và với bậc n bất kỳ.
Trước hết ta sẽ mở rộng với bài toán bất đẳng thức bậc 3, bậc 4. Cũng từ
bài toán 1 và bất đẳng thức (3), ta sẽ mở rộng bậc 2 thành bậc 3, cụ thể ta có bài
toán 4 sau đây.

2.2 Bài toán bất đẳng thức bậc ba
Bài toán 4:
 Xây dựng bài toán :
Từ bất đẳng thức (3) và tương tự như bài toán 1, ta chọn n = 3 ;
0
3
x

, ta
có bđt đúng :

3 3 2
x 3 3.3 (x 3)
  

Cũng từ bất đẳng thức (3), ta chọn n = 3 ;
0
1
y

, ta có bđt đúng :
3 3 2
y 1 3.1 (y 1)
  
(thay biến x trong bđt (3) bởi biến y)
Cộng hai bất đẳng thức này vế theo vế, ta được bất đẳng thức:

3 3 3 3 2
x y 3 1 3 3 x 3 3 y 1
. ( ) ( )
      




3 3 3 3
x y 3 1 3 8 x 3 x y 4
.[ ( ) ( )]
        (**)
Trong bđt (**), nếu cho
x 3


và x + y = 4 thì rõ ràng ta:
3 3 3 3
x y 3 1
  
.
Từ đó hình thành bài toán như sau:
Cho
x 3
x y 3 1



  

khi đó ta có
3 3 3 3
x y 3 1
  


10
 Nêu bài toán 4:
Cho
x 3
x y 4



 


. Chứng minh rằng:
3 3
x y 28
 

 Chứng minh: Tương tự như cách chứng minh bài toán 1, ta có:
2
3 3 3 2 3
x [3 (x 3)] 3 3.3 ( 3.3(x 3)
x 3) (x 3)
        



3 3 2 3
x 3 3.3 (x 3) (x 3)
    
(i)
2
3 3 3 2 3
y [3 (y 3)] 1 3.1 ( 3.1(y 1)
y 1) (y 1)
        



3 3 2 3
y 1 3.1 (y 1) (y 1)
    

(ii)
Cộng bất đẳng thức (i) và (ii) vế theo vế, ta được:
3 3 3 3 2 2 3 3
x y 3 1 3.3 (x 3) 3.1 (y 1) (x 3) (y 1)
          



3 3 3 3
x y 3 1 3.[8(x 3) (x y 4)]
        


2 2
(x y 4)[(x 3) (x 3)(y 1) (y 1) ]
        



3 3 3 3
x y 3 1 28
   
(vì
x 3

và x + y – 4 = 0). ĐPCM
 Nhận xét:
 Từ bài toán 4 ở trên, ta có thể tổng quát thành bài toán 5 sau đây.
Bài toán 5:
Cho

x a
x y a b



  

. Chứng minh rằng :
3 3 3 3
x y a b
  
.
Dấu “=” xảy ra khi x = a và y = b
Với a, b là hai số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện
a b

.
 Chứng minh:
2
3 3 3 2 3
x [a (x a)] a 3.a ( 3.a(x a)
x a) (x a)
        



3 3 2 3
x a 3.a (x a) (x a)
    
(a)

2
3 3 3 2 3
y [b (y b)] b 3.b ( 3.b(y b)
y b) (y b)
        


3 3 2 3
y b 3.b (y b) (y b)
     (b)
Cộng bất đẳng thức (a) và (b) vế theo vế, ta được:
3 3 3 3 2 2 3 3
x y a b 3.a (x a) 3.b (y b) (x a) (y b)
          


11


3 3 3 3 2 2 2
x y a b 3.[(a b )(x a) b (x y a b)]
          


2 2
(x y a b)[(x a) (x a)(y b) (y b) ]
         



3 3 3 3
x y a b
  
(Vì
x a

;
a b

và x + y = a + b). ĐPCM
 Nhận xét :
+ Tương tự như bài toán 2 tổng quát, với bài toán 5 tổng quát này, ta có thể
chọn 2 số a, b cụ thể để hình thành nên các bài toán bất đẳng thức bậc ba có dạng
như bài toán 5 và việc chứng minh các bài toán này tương tự như cách chứng
minh bài toán 4 hoặc bài toán 5 tổng quát. Bằng cách thay đổi các số a, b ta có
một số bài toán tương tự sau đây (Cách chứng minh tương tự như bài toán 4).
Bài toán 5.1: (a=2 ; b=1)
Cho
x 2
x y 3



 

. CMR:
3 3
x y 9
 
(

3 3
9 2 1
 
)
Bài toán 5.2: (a=3 ; b=2)
Cho
x 3
x y 5



 

. CMR:
3 3
x y 35
 
(
3 3
35 3 2
 
)
+ Tương tự như cách tổng quát hóa của bài toán 2.4 và bài toán 2.5, trong
bài toán 5, ta có thể thay x bởi (kx) và y bởi (ly) khi đó ta được một bài toán bất
đẳng thức tổng quát hơn nữa. Chẳng hạn, cho k, l bằng các số cụ thể ta có bài toán
sau (cách chứng minh tương tự như các bài toán trên).
Bài toán 5.3: (a=4 ; b=1; k = 2; l =1)
Cho
2x 4
2x y 5




 

. CMR:
3 3 3 3
2x y 4 1
( )
  

Vậy ta có thể nêu bài toán 5.3 như sau:
Cho
x 2
2x y 5



 

. CMR:
3 3
8x y 65
 

+ Ngoài ra, bài toán 5 cũng có thể được mở rộng (tổng quát hóa) với 3 biến
x, y, z. Khi đó việc chứng minh bài toán này vẫn được tiến hành tương tự như bài
toán 5. Cụ thể ta có bài toán 6 sau đây.
Bài toán 6 (TQ):
Cho

x a
x y a b
x y z a b c



  


    

Chứng minh rằng :
3 3 3 3 3 3
x y z a b c
    
.
Với a, b, c là các số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện
a b c
 
.

12
 Chứng minh:
Việc chứng minh bài toán này tương tự như cách chứng minh bài toán 5 và
bài toán 3.
 Nhận xét :
+ Từ bài toán 6 này, ta cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện trên. Khi đó ta
có bài toán bất đẳng thức cụ thể. Chẳng hạn, ta có một số bài toán sau:
Bài toán 6.1: (a=2 ; b=1; c = 1)
Cho

x 2
x y 2 1
x y z 2 1 1



  


    

. CMR:
3 3 3 3 3 3
x y z 2 1 1
    
.
Vậy ta có thể nêu lại bài toán 6.1 như sau:
Cho
x 2
x y 3
x y z 4



 


  

. CMR:

3 3 3
x y z 10
  

Bài toán 6.2: (a=3 ; b=2; c = 1)
Cho
x 3
x y 3 2
x y z 3 2 1



  


    

. CMR:
3 3 3 3 3 3
x y z 3 2 1
    
.
Vậy ta có thể nêu lại bài toán 6.2 như sau:
Cho
x 3
x y 5
x y z 6




 


  

. CMR:
3 3 3
x y z 36
  

+ Với cách mở rộng tương tự như bài toán 5.3, từ bài toán 6 ta có thể mở
rộng bằng cách thay x, y, z lần lượt bởi kx, ly, tz. Khi đó ta có bài toán bất đẳng
thức tổng quát hơn. Chẳng hạn, cho các số k, l, t cụ thể ta có bài toán 6.3 sau đây.
Bài toán 6.3: (a=4 ; b=2; c = 1; k = 2; l = 2; t = 1)
Cho
2x 4
2x 2y 4 2
2x 2y z 4 2 1



  


    

. CMR:





3 3
3 3 3 3
2x 2y z 4 2 1
    

Vậy ta có thể nêu lại bài toán 6.3 như sau:

13
Cho
x 2
x y 3
2x 2 y z 9



 


  

. CMR:
3 3 3
8x 8 y z 73
  
.
Tương tự như các bài toán bất đẳng thức bậc hai, ta có thể mở rộng những
bài toán bất đẳng thức bậc ba thành bài toán bất đẳng thức với k biến
(
1 2

, , ,
k
x x x
) và với bậc n bất kỳ. Sau đây ta sẽ mở rộng với bài toán bất đẳng
thức bậc bốn.

2.3 Bài toán bất đẳng thức bậc bốn
Trong phần này chỉ trình bày cách hình thành bài toán bất đẳng thức bậc 4
(với 2 biến x, y) và cách chứng minh chứ không đưa ra bài tập cụ thể và mở rộng
bài toán với 3 biến (x, y, z) mà không chứng minh. Vì việc hình thành bài tập cụ
thể và mở rộng bài toán hoàn toàn tương tự như hai phần trên 2.1 và 2.2
Việc chứng minh đối với bài toán bất đẳng thức bậc 4 và bậc cao hơn,
chúng ta cũng có thể dùng hằng đẳng thức như các bài toán trên, hoặc có thể dùng
công thức khai triển Nhị thức Niutơn. Tuy nhiên nếu thực hiện như vậy thì có thể
rất phức tạp và khó khăn. Vì vậy trong phần này chúng ta có thể sử dụng trực tiếp
bất đẳng thức Becnuli để khẳng định bất đẳng thức đúng rồi ta chứng minh bất
đẳng thức đó (bằng phép chứng minh thông thường, không sử dụng bất đẳng thức
Becnuli).
Bài toán 7 :
 Xây dựng bài toán :
Từ bất đẳng thức (3), ta chọn n = 4 ;
0
3
x

, ta có bđt đúng :

4 4 3
x 3 4.3 (x 3)
  

Cũng từ bất đẳng thức (3), ta chọn n = 4 ;
0
1
y

, ta có bđt đúng :
4 4 3
y 1 4.1 (y 1)
  
(thay biến x trong bđt (3) bởi biến y)
Cộng hai bất đẳng thức này vế theo vế, ta được bất đẳng thức:

4 4 4 4 3 3
x y 3 1 4 3 x 3 4 1 y 1
. ( ) . ( )
      




4 4 4 4
x y 3 1 4 28 x 3 x y 4
.[ ( ) ( )]
       
Trong bđt này, nếu cho
x 3

và x + y = 4 thì rõ ràng ta:
4 4 4 4

x y 3 1
  
.
Từ đó hình thành bài toán như sau:
Cho
x 3
x y 3 1



  

khi đó ta có
4 4 4 4
x y 3 1
  


14
 Nêu bài toán 7:
Cho
x 3
x y 4



 

. Chứng minh rằng :
4 4

x y 82
 

 Chứng minh:
Với bài toán này, nếu dùng cách chứng minh như những bài toán trên thì
rất phức tạp. Do đó ta có thể thực hiện như sau:
* Trước hết ta dự đoán dấu bằng xảy ra (tương tự như các bài toán
trên) tại x = 3 và y = 1.
* Ta có các bất đẳng thức sau (dựa trên bất đẳng thức Becnuli (3)):
4 4 3
x 3 4.3 .(x 3)
  
,
x

(4)
4 4 3
y 1 4.1 .(y 1)
  
,
y

(5)
* Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (4), còn bất đẳng thức (5)
chứng minh tương tự.
Thật vật, ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: x = 3. Khi đó bất đẳng thức (4) hiển nhiên đúng
(dấu ‘‘=’’ xảy ra).
+ Trường hợp 2: x > 3. Khi đó chuyển
4

3
qua vế trái và chia hai vế
cho (x – 3), ta được:
4 4 3
x 3 4.3 .(x 3)
  



2 2 3
(x 3)(x 3 ) 4.3 .
  


3 2 2 3 3
x 3 x 3x 3 4.3 .
   
(4’)
Vì x > 3 nên bốn hạng tử ở vế trái, mỗi hạng tử đều lớn hơn
3
3
. Do
đó bất đẳng thức (4’) hiển nhiên đúng. Suy ra bđt (4) là đúng.
+ Trường hợp 3: x < 3. Thực hiện tương tự như trên, ta được:
4 4 3
x 3 4.3 .(x 3)
  



2 2 3
(x 3)(x 3 ) 4.3 .
  


3 2 2 3 3
x 3 x 3x 3 4.3 .
   
(4’’)
Vì x < 3 nên ta dễ dàng kiểm chứng được bất đẳng thức (4’’) luôn
đúng, kể cả khi x < 0. Suy ra bđt (4) là đúng.
Vậy bất đẳng thức (4) luôn đúng
x

.
Bất đẳng thức (5) được chứng minh hoàn toàn tương tự như trên,
bằng cách xét 3 trường hợp (
x 1

;
x 1

;
x 1

).

15
* Cộng hai bất đẳng thức (4) và (5) vế theo vế, ta được:

4 4 4 4 3 3
x y 3 1 4.3 .(x 3) 4.1 (y 1)
      




4 4 4 4
x y 3 1 4.[28.(x 3) (x y 4)]
       



4 4 4 4
x y 3 1 82
   
(Vì
x 3

và x + y = 4). ĐPCM
 Nhận xét:
+ Trong những trường hợp thi HS giỏi, thì việc áp dụng trực tiếp bất đẳng
thức Becnuli để chứng minh theo tôi vẫn chấp nhận được. Khi đó ta không cần
phải chứng minh bất đẳng thức (4) và (5).
+ Từ bài toán 7, ta có thể tổng quát thành bài toán 8 sau đây.
Bài toán 8 (TQ):
Cho
x a
x y a b




  


Chứng minh rằng :
4 4 4 4
x y a b
  
.
Với a, b, c là các số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện
a b

.
 Chứng minh:
Cách chứng minh bài toán này thực hiện hoàn toàn tương tự như cách
chứng minh bài toán 7.
 Nhận xét:
+ Nếu ta mở rộng bài toán này với 3 biến (x,y,z) thì việc mở rộng thực hiện
tương tự như các bất đẳng thức bậc hai, bậc ba ở trên. Cụ thể ta có bài toán 9 như
sau.

Bài toán 9 (TQ):
Cho
x a
x y a b
x y z a b c




  


    


Chứng minh rằng :
4 4 4 4 4 4
x y z a b c
    
.
Với a, b, c là các số thực dương cho trước và thỏa mãn điều kiện
a b c
 
.

+ Ngoài ra, ta có thể tổng quát hóa bài toán với k biến (
1 2
, , ,
k
x x x
) và với
bậc n bất kỳ được nêu trong bài toán tổng quát sau đây.


16

2.4 Bài toán bất đẳng thức tổng quát
Bài toán 10 (TQ):
Cho

1 1
1 2 1 2
1 2 k 1 2 k
x a
x x a a

x x x a a a



  




      


Chứng minh rằng :
n n n n n n
1 2 k 1 1 k
x x x a a a
      
.
Với
k,n ;k 1,n 1
  

và
1 2 k

a a a 0
   
.
* Nhận xét:
+ Bài toán 10 là bài toán bất đẳng thức tổng quát của một lớp các bài toán
bất đẳng thức được thể hiện trong đề tài này và được xây dựng từ bất đẳng thức
Becnuli. Tất cả các bài toán trên đều là một trường hợp riêng của bài toán này.
+ Trong bài toán 10, ta có thể thay biến
i
x
bởi
i i
( l .x )
, với
i 1,2, ,k

.
Khi đó ta có thêm một bài toán tổng quát hơn nữa.

Tóm lại, qua cách xây dựng như trên ta thấy: muốn hình thành một bài
toán bất đẳng thức có dạng bài toán 10, tùy theo đối tượng học sinh ta chỉ cần
chọn các đại lượng k, n,
1 2 k
a ,a , ,a
sao cho phù hợp, khi đó ta sẽ có một bài
toán bất đẳng thức như mong muốn.
Ngoài ra tùy theo đối tượng HS mà ta xây dựng đáp án cho phù hợp.
Chẳng hạn, nếu ra bài thi HS giỏi thì ta có thể chọn số biến nhiều hơn và bậc n
cao hơn, khi đó việc xây dựng đáp án có thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức
Becnuli; còn nếu ra đề thi cho HS lớp 10 hoặc thi tuyển sinh vào 10, ta có thể

chọn 2 hoặc 3 biến với bậc n = 2 hoặc n = 3, khi đó ta có thể xây dựng đáp án
bằng cách biến đổi hằng đẳng thức và các phép biến đổi thông thường.

17

C. KẾT LUẬN

Đề tài ‘‘Ứng dụng bất đẳng thức Becnuli để xây dựng một lớp các bài
toán bất đẳng thức và cách chứng minh” đã tập trung vào việc nghiên cứu và sử
dụng bất đẳng thức Becnuli để hình thành nên một lớp bài toán bất đẳng thức,
đồng thời nêu ra cách chứng minh các bài toán đó bằng cách sử dụng bất đẳng
thức Becnuli hoặc bằng phép khai triển hằng đẳng thức và các phép biến đổi
thông thường (không dùng bất đẳng thức Becnuli). Sau cùng đã hình thành được
bài toán bất đẳng thức tổng quát (Bài toán 10) của một lớp các bài toán bất đẳng
thức với điều kiện cho trước.
Đề tài được trình bày theo một trình tự mở rộng từ thấp đến cao (từ bất
đẳng thức bậc hai, bậc ba, bậc bốn đến bậc n); từ đơn giản đến phức tạp (từ bất
đẳng thức 2 biến x, y, đến 3 biến x, y, z và đến k biến
1 2
, , ,
k
x x x
) và giữa các nội
dung có sự gắn kết, liên hệ chặt chẽ với nhau. Vì vậy theo nhìn nhận chủ quan của
bản thân tôi thì đề tài này rất dễ sử dụng, đặc biệt là giáo viên có thể sử dụng đề
tài trong việc tạo ra nhiều bài toán bất đẳng thức theo lớp các bài toán nói trên,
đồng thời hướng dẫn cho từng đối tượng HS có cách làm phù hợp.
Theo tôi, đề tài này có thể triển khai áp dụng để dạy nâng cao cho HS lớp
10, dạy bồi dưỡng HS giỏi, hoặc dùng để giáo viên tham khảo ra đề thi về bất
đẳng thức, hoặc cũng có thể dùng để dạy luyện thi Đại học…

Hướng phát triển của đề tài: Với đề tài này, có hai hướng để phát triển đề
tài ở mức độ tổng quát hơn:
* Thứ nhất, bất đẳng thức Becnuli có thể mở rộng bậc
n


thành bậc



. Khi đó lớp các bài toán trên vẫn đúng.
* Thứ hai, xét hàm số ( )
n
f x x

, khi đó bài toán 10 được phát biểu lại
như sau:
Bài toán Cho
1 1
1 2 1 2
1 2 k 1 2 k
x a
x x a a

x x x a a a



  





      


Chứng minh rằng :

1 2 k 1 2 k
f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( a ) f ( a ) f ( a )
       .
Với
k ,n ;k 1,n 1
  

và
1 2 k
a a a 0
   
.

18
Câu hỏi đặt ra là: Ngoài hàm số ( )
n
f x x

còn có hàm số nào khác mà vẫn
thỏa mãn được bất đẳng thức trên hay không? Nếu có thì hàm số đó cần phải thỏa
mãn điều kiện gì?
 Câu trả lời là có một lớp hàm số

( )
f x
thỏa mãn được bất đẳng thức
trên (liên quan đến hàm lồi). Đây là một đề tài mới được mở rộng từ đề tài này,
tác giả xin được trình bày trong đề tài lần sau.
Mặc dù bản thân đã rất cố gắng trong nghiên cứu để thực hiện đề tài này.
Tuy nhiên trong quá trình trình bày khó tránh khỏi những sai sót, rất mong sự
đóng góp ý kiến chân thành của quý thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để
những đề tài lần sau thực hiện được tốt hơn.
Một lần nữa xin thành thật cảm ơn!
Tác giả

ThS. Nguyễn Xuân Đông