Đánh giá tác động và tính dễ bị tổn thương do biến đổi khí hậu đối với sản xuất nông nghiệp và nuôi trồng thủy sản

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------

BÙI TRỌNG NGUYỆN

XÂY DỰNG
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC SƠ CẤP
DỰA TRÊN BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - Năm 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------

BÙI TRỌNG NGUYỆN

XÂY DỰNG
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC SƠ CẤP
DỰA TRÊN BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS. NGUYỄN MINH TUẤN

Hà Nội - Năm 2014


MỞ ĐẦU
Tốn học là một mơn khoa học đóng vai trị rất quan trọng trong các
ngành khoa học. Trong đó, bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức
hay và thú vị nhất của toán học đặc biệt của toán sơ cấp. Việc nghiên cứu về
bất đẳng thức giúp tăng cường tính sáng tạo, khả năng giải quyết vấn đề và
phát triển tư duy. Lý thuyết cũng như các bài tập về bất đẳng thức rất phong
phú và đa dạng. Trong hầu hết các kì thi học sinh giỏi toán, các bất đẳng thức
đều được đề cập và thuộc loại tốn khó hoặc rất khó. Nhiều bất đẳng thức đã
trở thành công cụ đắc lực để giải quyết các bài tốn đó như bất đẳng thức
Cauchy, Bunhiacopxki, Jensen… trong khi đó bất đẳng thức Bernoulli thường
ít được quan tâm. Là một người cũng rất say mê bất đẳng thức sơ cấp nhưng
tác giả cũng biết không nhiều về bất đẳng thức này. Vì vậy, tác giả đã lựa
chọn đề tài "Xây dựng một số bất đẳng thức sơ cấp dựa trên bất đẳng thức
Bernoulli" với mong muốn tìm ra nhiều vẻ đẹp của bất đẳng thức này để có
cái nhìn tổng quan và đầy đủ hơn về bất đẳng thức sơ cấp cũng như để cung
cấp thêm một tài liệu tham khảo bổ ích về tốn học trong các trường THPT
hiện nay.
Với ý nghĩa đó trong q trình làm luận văn, tác giả đã xây dựng và lựa
chọn các bài toán hay nhằm làm nổi bật lên mặt mạnh của bất đẳng thức
Bernoulli. Luận văn được chia thành ba chương.
Chương 1. Bất đẳng thức Bernoulli. Trong chương này tác giả trình bày về
bất đẳng thức Bernoulli và các dạng phát biểu khác cùng một số ví dụ thể hiện
các kỹ thuật cơ bản của bất đẳng thức Bernoulli.

Chương 2. Một số bất đẳng thức được xây dựng dựa trên bất đẳng thức
Bernoulli. Tác giả trình bày ý tưởng xây dựng bài tốn từ bất đẳng thức
Bernoulli thơng qua các ví dụ cụ thể. Từ đó trình bày hệ thống bài tập.

1


Mặc dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong
luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót, em mong muốn nhận được sự góp ý của
các thầy cơ giáo và các bạn.
Luận văn được hồn thành dưới sự hướng dẫn chỉ bảo của thầy
PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn. Em xin chân thành cảm ơn thầy về sự giúp đỡ
nhiệt tình từ khi xây dựng đề cương, viết và hoàn thành luận văn.
Em xin chân thành cảm ơn khoa Toán-Cơ-Tin học, trường Đại Học
Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQG Hà Nội, nơi em đã nhận được sự chỉ bảo tận tình
của các thầy cơ để có một học vấn sau đại học căn bản.
Em xin chân thành cảm ơn các thầy cơ phản biện đã đọc và góp những
ý kiến quý báu để em hoàn thiện hơn luận văn của mình.
Em xin chân thành cảm ơn trường THPT Trưng Vương, Hưng Yên, nơi
em công tác, đã tạo điều kiện cho em đi học hồn thành chương trình.
Cuối cùng, em xin gửi lời chúc đến tất cả các thầy các cơ, kính chúc thầy cơ
ln ln mạnh khỏe và hạnh phúc.
Chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 01 tháng 10 năm 2014
Người thực hiện
Bùi Trọng Nguyện

2

MỤC LỤC
Trang
Chƣơng 1
Bất đẳng thức Bernoulli

4

1.1.

Bất đẳng thức Bernoulli

4

1.2.

Một số ví dụ

6

1.2.1. Kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa

6

1.2.2. Kỹ thuật chọn điểm rơi

18

Chƣơng 2
Một số bất đẳng thức đƣợc xây dựng dựa trên bất đẳng thức

Bernoulli

28

2.1. Xây dựng một số hàm đơn điệu dựa trên bất đẳng thức Bernoulli

28

2.2. Phát triển một số bất đẳng thức dựa trên bất đẳng thức Bernoulli

40

2.3. Xây dựng một số bất đẳng thức dựa trên bất đẳng thức 2  1  2

51

2.3.1. Một số bài toán trong tam giác

52

2.3.2. Một số bài toán trong lượng giác

59

2.4. Về bất đẳng thức AM-GM suy rộng

61

2.4.1. Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli để chứng minh bất đẳng thức
AM-GM suy rộng

61

2.4.2. Xây dựng lại một số bất đẳng thức cổ điển

64

2.4.3. Một số bài toán khác

70

3


Chƣơng 1
Bất đẳng thức Bernoulli
1.1. Bất đẳng thức Bernoulli
Jacob Bernoulli (1654-1705) là nhà toán học nổi tiếng người Thụy Sĩ. Bất
đẳng thức Bernoulli được dạy trong trường phổ thông mang tên này để vinh
danh ông. Bất đẳng thức Bernoulli cho phép tính gần đúng lũy thừa của (1+x),
được phát biểu như sau.
Định lí 1.1 1. Nếu α là một số thực thỏa mãn   1 thì

1  x 



 1  .x , với mọi x  1.

(1.1)

Đẳng thức xảy ra khi x=0 hoặc   1.
2. Nếu α là một số thực thỏa mãn 0    1 thì

1  x 



 1  .x , với mọi x  1.

Đẳng thức xảy ra khi x=0 hoặc   1.
Chứng minh. 1. Chỉ cần xét   1, vì khi   1 thì (1.1) trở thành đẳng thức.
Xét hàm số f (x)  1  x   .x  1 trên khoảng (1; ). Ta có đạo hàm


f '(x)   1  x 

1

    1  x 


1

 1  0.


Ta suy ra x  0. Từ đó, ta có bảng biến thiên sau
x
f ' (x)

-1



0



0

f(x)
f(0)
4




Theo bảng biến thiên của hàm số, ta suy ra
f (x)  f (0)  0, hay 1  x   1  .x với mọi x  1.


2. Xét   1. Khi đó

1
 1. Áp dụng kết quả trên, ta có

1

1  .x    1 

1
.(x)  1  x.


Ta suy ra
1  .x  1  x  .


Vậy

1  x 



 1  .x với mọi x  1.

Định lí được chứng minh.
Định lí 1.2 1. Nếu  là một số thực thỏa mãn   1 thì
a     1  .a , với mọi a  0.

(1.2)

Đẳng thức xảy ra khi a  1 hoặc   1.
2. Nếu  là một số thực thỏa mãn 0    1 thì
a     1  .a , với mọi a  0.

Đẳng thức xảy ra khi a  1 hoặc   1.
Chứng minh. Từ bất đẳng thức trong Định lí 1.1, ta chỉ cần đặt a  1  x.
Khi đó a  (0; ).

Định lí 1.3 Cho hai số thực ,  thỏa mãn     0. Khi đó
x 



 1  .x  , với mọi x  0.



(1.3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  1.
Để sử dụng bất đẳng thức Bernoulli cho trường hợp đảm bảo chắc chắn rằng
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  x 0 , với x 0 là một số dương cho trước, ta
chỉ cần thay bởi bất đẳng thức trong định lý sau đây.

5


Định lí 1.4 Giả sử cho trước x 0 >0 và cặp số  ,   thỏa mãn điều kiện
    0 . Khi đó




 x  
 x 
    1  .  , với mọi x  0.

  x0 

 x0 

(1.4)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  x 0 .

1.2. Một số ví dụ
1.2.1. Kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy thừa.
Các dạng toán đặc trưng của bất đẳng thức Bernoulli rất dễ nhận ra vì đó là
bất đẳng thức với những số mũ vơ tỉ dương hay sự chuyển đổi số mũ vô tỉ. Kỹ
thuật chủ yếu để xử lí dạng tốn đó là kỹ thuật đánh giá qua chênh lệch lũy
thừa. Xét các ví dụ điển hình sau đây.
Ví dụ 1.2.1. Giả sử a, b là hai số thực dương. Chứng minh rằng
a3

2

 b3

2

 21

2

ab(a  b)

2

.

Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a3

2

ab(a  b)

2



b3

2

ab(a  b)

2

 21 2 .

Hay


a


 b(a  b) 

2 2



b


 a(a  b) 

2 2

 21 2.

Áp dụng bất đẳng thức (1.3), ta có



a
 2.

b(a  b) 


2 2



a
 2  1  2.  2.
 ,

b(a  b) 


2



b
 2.

a(a  b) 


2 2



b
 2  1  2.  2.
 .
a(a  b) 


2

6


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


a
 2.

b(a  b) 


2 2

2 2



b
  2.
 2 2 2
a(a  b) 

2
2

 
 
a
b
 2.  2.
   2.
 .
 
b(a  b)  

a(a  b)  



Tương đương với


a
 2.

b(a  b) 


2 2



b
  2.

a(a  b) 


2 2

2 2 2
 a2
b2 
 2 2.


.
 b(a  b) a(a  b) 

Mặt khác
a2
b2
a 2  ab  b2


 1, với mọi a, b  0.
b(a  b) a(a  b)
ab

Nên


a
2.


b(a  b) 


2 2



b
  2.


a(a  b) 


2 2

 2.

Tương đương với


a


 b(a  b) 

2 2



b


 a(a  b) 

2 2

 21 2.

Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b.

Ví dụ 1.2.2. Giả sử a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức
3

3

 a 
 b 
 c 

 
 

bc
ca
ab

Lời giải. Ta đã biết bất đẳng thức Nesbitt sau

7

3



3
.
23


a

b
c
3


 .
bc ca ab 2

Ta đánh giá số mũ

3 thông qua số mũ 1 trong bất đẳng thức (1.2). Áp dụng

bất đẳng thức (1.2), ta có
3

 2a 
 2a 

  3  1  3.
.
bc
bc

Tương tự
3

 2b 
 2b 

  3  1  3.

,
ca
ca
3

 2c 
 2c 

  3  1  3.
.
ab
ab

Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế và áp dụng bất đẳng thức Nesbitt, ta được
bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c.
3
Ví dụ 1.2.3. Giả sử a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  .
2

Chứng minh rằng
a
b
c
3



.
3

bc 3 ca 3 ab 2

Lời giải. Áp dụng Định lí 1.2, ta có
1

 b  c3 

1
1
 1   b  c .
3
3

Ta suy ra
3

bc 

bc2
.
3

Hay
a
3a

.
3
bc bc2

8


Tương tự, ta có
b
3b
,

3
ca ca2
3

c
3c

.
ab ab2

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta được
a
b
c
3a
3b
3c






.
3
bc 3 ca 3 ab bc2 ca2 ab2

Dễ thấy
3a
3b
3c
a
b
c




 3


.
bc2 ca2 ab2
bc2 ca 2 a b2

Hay
3a
3b
3c


bc2 ca2 ab2


a
b
c
 
 
 
=3. 
 1  
 1  
 1  3 .
 b  c  2   c  a  2   a  b  2  

Do đó
3a
3b
3c


bc2 ca2 ab2
1
1
1


=3 a  b  c  2  


  9.
bc2 ca2 ab2

Ta suy ra
3a
3b
3c


bc2 ca2 ab2
 3 a  b  c  2  .

9
 9.
 b  c  2   c  a  2  a  b  2

Nên
a
b
c
9



3
a

b

c

2
.

 9.


3
2. a  b  c   6
bc 3 ca 3 ab

9


Thay a  b  c 

3
, ta được
2
a
b
c
3



.
3
bc 3 ca 3 ab 2

1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  .
2
3

Ví dụ 1.2.4. Giả sử a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  . Chứng
2

minh rằng
n

a
b
c
3
n
n
 , với mọi n  N *.
bc
ca
ab 2

Lời giải. Áp dụng Định lí 1.2, ta có

 b  c

1
n



1
1
 1   b  c .
n

n

Ta suy ra
n

bc 

b  c  n 1
.
n

Hay
n

a
n.a

.
b  c b  c  n 1

Tương tự, ta cũng có
n

b
n.b

,
c  a c  a  n 1

c

n.c

.
n
a  b a  b  n 1

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên, ta được
n

a
b
c
n.a
n.b
n.c
n
n



.
bc
ca
a  b b  c  n 1 c  a  n 1 a  b  n 1

Mặt khác
10


n.a

n.b
n.c


b  c  n 1 c  a  n 1 a  b  n 1

a
b
c


 n


.
 b  c  n 1 c  a  n 1 a  b  n 1 


a
b
c
 
 
 
 n
 1  
 1  
 1  3  .
  b  c  n 1   c  a  n 1   a  b  n 1  
1

1
1


 n  a  b  c  n  1 


 3 .
 b  c  n 1 c  a  n 1 a  b  n 1 

Ta suy ra
n.a
n.b
n.c


b  c  n 1 c  a  n 1 a  b  n 1
 n  a  b  c  n  1.

9
 3n.
 b  c  n  1   c  a  n  1   a  b  n  1

Hay
n.a
n.b
n.c


b  c  n 1 c  a  n 1 a  b  n 1

 n  a  b  c  n  1.

9
 3n.
2  a  b  c   3n  3

Do đó
n

a
b
c
9
n
n
 n  a  b  c  n  1.
 3n.
2  a  b  c   3n  3
bc
ca
ab

Thay a  b  c 

n

3
, ta được
2
a

b
c
3
n
n
 , với mọi n  N *.
bc
ca
ab 2

1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  .
2

Nhận xét. Với n  1 ta có bất đẳng thức Nesbitt
a
b
c
3


 .
bc ca ab 2

11


Ví dụ 1.2.5. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
 1 
 

 ha 

2

 1 
 
 hb 

2

 1
 
 hc 

2

2

1
 3  ,
 3r 

trong đó r là bán kính đường trịn nội tiếp, h a , h b , h c là độ dài đường cao
tương ứng với đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có
 1 
 3r. 
 ha 

2

 1
 2  1  2  3r.
 ha


1 
 3r. 
 hb 

2


1 
 2  1  2  3r.  ;
 hb 

 1
 3r. 
 hc 

2

 1
 2  1  2  3r.  .
 hc 


;


Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế, ta được
 1 
(3r)  
 h a 

2

2

 1 
 
 hb 

2

 1
 
 hc 

2




  3 2  3  3r 2  1  1  1  .

 ha hb hc 


Mặt khác
 1
1
1  S a
b
c  a bc
r.      
 
 1.
2p
 h a h b h c  p  2S 2S 2S 

Do đó

2  1 
(3r)  
 h a 


2

 1 
 
 hb 

2

 1
 
 hc 

2

2

 1 
 
 hb 

2

 1
 
 hc 

2


  3 2  3  3 2.



Tương đương với
 1 
 
 ha 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
12

2

1
 3  .
 3r 


Ví dụ 1.2.6. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
2

 3
sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  3.
 .
 2 

Lời giải. Phát biểu của bài toán gợi cho ta nhớ đến kết quả quen thuộc sau
sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C 

9
, với mọi ABC.
4

Như vậy ta đánh giá thơng qua số mũ 2. Vì A, B, C là ba góc của tam giác
ABC nên sin A  0, sin B  0, sin C  0. Ta suy ra
2
2
2
sin A  0,
sin B  0,
sin C  0.

3
3
3

Áp dụng bất đẳng thức (1.3), ta có
2

2

2
2  2
 2


sin A  
1 
.
sin A  .

2
2  3
 3



Tương đương với
 2

sin
A



 3


2

2

1  2
1


sin
A

1

.


2 3
2


Hay
 2

sin A 


 3


2

 2

sin B 

 3


2

 2

sin C 

 3


2



2 2
1
.sin 2 A  1 
.
3

2



2 2
1
.
.sin 2 B  1 
3
2



2 2
1
.
.sin 2 C  1 
3
2

Tương tự, ta có

Ta suy ra

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta được
13


 2 



 3

2

sin

2



A  sin 2 B  sin 2 C 

2 2
3
. sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C   3 
.
3
2

Tương đương với
 2 


 3

2

sin

2



A  sin 2 B  sin 2 C 

2 2 9
3
. 3
.
3 4
2

Hay
 2 


 3

2

sin

2



A  sin 2 B  sin 2 C  3 .

Bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 1.2.7. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với mọi số thực 0  k  1,
ta ln có
k

 3
A
B
C
cos
 cos k  cos k  3.
 .
2
2
2
2


k

Lời giải. Ta đã biết kết quả quen thuộc sau
cos

A
B
C
3
 cos  cos  3. .
2
2

2
2

Do đó, ta đánh giá thơng qua số mũ 1. Vì A, B, C là ba góc của tam giác ABC
nên

A  B  C 
 ,
 ,
 . Suy ra
2 2 2 2 2 2
cos

A
B
C
 0, cos  0, cos  0.
2
2
2

Hay
2
A
2
B
2
C
cos  0,
cos  0,

cos  0.
2
2
2
3
3
3

Áp dụng Định lí 1.2, ta được

14


k

A
2.k
A
 2
cos   k  1 
cos .

2
2
3
 3

Tương tự, ta có
k

B
2.k
B
 2
cos   k  1 
cos .

2
2
3
 3
k

C
2.k
C
 2
cos   k  1 
cos .

2
2
3
 3

Cộng các bất đẳng thức theo vế, ta được
k

k

k

A  2
B  2
C
2.k 
A
B
C
 2
cos

cos

cos

3k

3

cos

cos

cos



2   3
2   3

2 
2
2
2
3
 3
Tương đương với
k

2.k
3
 2   kA
k B
k C
.
.3

 . cos 2  cos 2  cos 2   3k  3 
2
3
3





Hay
k

 3

A
B
C
cos
 cos k  cos k  3.
 .
2
2
2
2


k

Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 1.2.8. Giả sử a, b  0 . Chứng minh rằng a b  ba  1.
Lời giải. . Xét a  1 hoặc b  1. Bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
. Xét 0  a,b  1. Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có
b

b
1
   b 1  .
a
a

Ta suy ra
b
ab

1 b
.
   1 b  1
a
a
a
a
 
b

Tương đương với
15


ab 

a
.
ab

ba 

b
.
ab

Tương tự, ta cũng có

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế
a b  ba  1.

Ví dụ 1.2.9. Giả sử a, b, c  0. Chứng minh rằng

 b  c  c  a 
a

b

  a  b   2.
c

Lời giải. . Nếu trong ba số a, b, c có một số lớn hơn hoặc bằng 1 thì bất đẳng
thức ln đúng.
. Nếu 0  a,b,c  1 .
Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có
a

a
 1 
.

  a 1 
bc
bc

Ta suy ra
a
a
a bc
 1 



1

a


1

.


bc
bc
bc bc
a

Hay
a



bc
.
abc

b



ca
.
abc



ab
.
abc

 b  c
Tương tự, ta có

c  a 

a  b

c

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta được

16


 b  c  c  a 
a

b

  a  b   2.

c

Bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.2.10. Giả sử có n số dương a1, a 2 , ..., a n  n  2 . Chứng minh rằng
n

n

 ( a )
i 1

ai

j

j1
ji

 n 1.

Lời giải. . Nếu một trong n số a1, a 2 , ..., a n lớn hơn hoặc bằng 1 thì bất đẳng
thức luôn đúng.
. Xét 0  a1, a 2 , ..., a n  1. Áp dụng bất đẳng thức(1.2), ta có
a1



1
a1
.


  a1  1 
a

a

...

a
a

a

...

a
3
n 
2
3
n
 2

Hay
a1



1
a1

 1  a1 .

 
a

a

...

a
a

a

...

a
3
n 
2
3
n
 2

Từ đó suy ra
a1



1

a1
 1 (vì a1  0 ).

 
a

a

...

a
a

a

...

a
3
n 
2
3
n
 2

Hay
a1




1
a1  a 2  ...  a n
.

 
a 2  a 3  ...  a n
 a 2  a 3  ...  a n 

Do đó
a1



a 2  a 3  ...  a n
.
a1  a 2  ...  a n

a2



a1  a 3  a 4 ...  a n
;
a1  a 2  ...  a n

 a 2  a 3  ...  a n 
Tương tự, ta có

 a1  a 3  a 4 ...  a n 

…………..………………………………;
17


 a1  a 2  ...  a i1  a i1  ...  a n 

ai



a1  a 2  ...  a i1  a i1  ...  a n
;
a1  a 2  ...  a n

…………………………………….……………………………;

 a1  a 2  ...  a n2  a n 

a n 1

 a1  a 2  ...  a n1 

an



a1  a 2  ...  a n 2  a n
;
a1  a 2  ...  a n



a1  a 2  ...  a n 1
.
a1  a 2  ...  a n

Cộng n bất đẳng thức trên theo vế, ta được
ai

 n 
n
 a   n  1.

  j 
i 1  j1
 ji 

1.2.2. Kỹ thuật chọn điểm rơi.
Khi áp dụng bất đẳng thức Bernoulli thì việc áp dụng sao cho đẳng thức xảy
ra là điều quan trọng, đặc biệt là bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Đó
chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Bernoulli.
Ví dụ 1.2.11. Giả sử x, y  0 thỏa mãn x 2  y2  1 . Chứng minh rằng
1
.
2

1.

x 3  y3 

2.

1
x 4  y4  .
2

Lời giải. 1. Áp dụng Định lí 1.2, ta có
3
2 2

 2x 

3
2 2

 2y 



3
3
 1   2x 2  ;
2
2



3
3
 1   2y 2 .

2
2

Hay
2 2x 3 

1
 3x 2 ;
2

18


2 2y3 

1
 3y 2 .
2

Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được
2 2  x 3  y3   1  3 x 2  y2   3.

Từ đó suy ra
x 3  y3 

1
.
2

Bất đẳng thức được chứng minh.

2. Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có

 2x 

 2  1  4x 2 ;

 2y 

 2  1  4y2 .

2 2

2 2

Hay
4x 4  1  4x 2 ;

4y4  1  4y2 .

Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được
4  x 4  y4   2  4  x 2  y2   4 .

Từ đó suy ra
1
x 4  y4  .
2

Bất đẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 1.2.12. Giả sử x, y  0 thỏa mãn x 2  2y2  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

1.

M  x 3  y3 .

2.

N  x n  yn , với n  3 cho trước.

19


Lời giải. 1. Giả sử tồn tại x 0 , y0  0 sao cho x 02  2y02  1 để M  x 3  y3 đạt
giá trị nhỏ nhất tại đó. Ta suy ra
min M  min x 3  y3  x 30  y30 ;
x, y  0 ;

x 2  2y2  1 .

Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta có
3

2
 x  2  2 3
3 x 
     1    ;
2
2  x0 
 x 0  

 y 

 
 y0 

2

3
2

2

3
3 y 
  1    .
2
2  y0 


Hay
 x 3 1 3x 2
 x 3  2  2x 2 ;
 0
0
 3
2
 y  1  3y .
 y30 2 2y 02

Do đó
1 3 3
 3

2
x


x

x
x
;
0
0

2
2

 y3   1 y3  3 y y 2 .
0
0

2
2

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta được
M  x 3  y3  

1 3
3
3
x 0  y30   x 0 x 2  y0 y2 .


2
2
2

Ta sẽ tìm  x 0 , y0  thỏa mãn

20


 x 0 , y 0  0;
 2
2
 x 0  2y 0  1;
 3x
3y 0
 0
 2  2 .
 1
2

1
2
Giải hệ phương trình trên ta tìm được x 0  , y0  . Từ đó suy ra
3
3
1 1
8  1
M       x 2  y2 .
2  27 27  2

Hay
1 1
1
M     x 2  2y 2   .
6 2
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là

1
1
2
, đạt được khi x  , y  .
3
3
3

2. Giả sử tồn tại x 0 , y0  0 để N  x n  yn (với mọi n  3 ) đạt min tại đó.
Ta suy ra
min M  min x n  yn   x 0n  y0n ;

x, y  0 ;

x 2  2y2  1 .

Vì n  3 nên

n
 1. Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta được
2

n

2
 x  2  2 n
n x 
     1    ;
2
2  x0 
 x 0  

 y 
 
 y0 

2

n
2

2

n
n y 
  1    .
2
2  y0 


Hay

21


 xn n
nx 2
 x n  2  1  2x 2 ;
 0
0
 n
2
 y  n  1  ny .
 y0n 2
2y 02

Do đó
 n  n  n n n 2 2
 x  1  2  x 0  2 x 0 x ;




 y n  1  n  y n  n y n 2 y 2 .
0

 0

2
 2

Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được

n
n
 n
x n  yn  1    x 0n  y0n   x 0n 2 x 2  y0n 2 y2 .
2
2
 2

Ta sẽ tìm  x 0 , y0  thỏa mãn
 x 0 , y 0  0;
 2
2
 x 0  2y 0  1;
 nx n 2 ny n 2
0
 0
 2  2 .
 1
2

Giải hệ phương trình ta tìm được
x0 

1
1 2

n 2

, y0 

4

n 2

2

1 2

n 2

.
4

Vậy biểu thức N đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1

 1  2n 2 4


n

  n 2 2
 
  1  2n 2 4
 







n

khi
x

1
1 2

n 2

, y
4

22

n 2

1 2

2
n 2

.
4


Ví dụ 1.2.13. Giả sử x, y  0 thỏa mãn x  y  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức

A  x 3  3y3.

Lời giải. Giả sử tồn tại x 0 , y0  0 thỏa mãn x 0  y0  2 để A  x 3  3y3 đạt giá
trị nhỏ nhất tại đó.Tức là
min A  min x 3  3y3  x 30  3y30 .

x, y  0 ;

x  y  2.

Áp dụng bất đẳng thức (1.2), ta được
3

 x 
3x
;
   3 1 
x
x
0
 0
3

 y
3y
   3 1  .
y0
 y0 

Ta suy ra

 x3
3x
 x3  2  x ;
 0
0
 3
 y  2  3y .
 y30
y0

Hay
 x 3  2x 30  3x 02 x ;
 3
3
2
 y  2y0  3y0 y.

Do đó
 x 3  2x 30  3x 02 x;
 3
3
2
3y  6y0  9y0 y.

Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được

23