BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC
*
PHAN THỊ HƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI, BẤT ĐẲNG THỨC
BUNIACOVSKY VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
TRONG GIẢI TOÁN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
SƠN LA, NĂM 2013

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÂY BẮC
*


Nhân dịp này, cho phép em được bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các
thầy cô, các bạn sinh viên và các đơn vị nói trên về sự ủng hộ, giúp đỡ quý báu
đó.
Em xin chân thành cảm ơn!

Sơn La, tháng 05 năm
2013
Sinh viên Phan Thị Hương DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT
BĐT
Bất đẳng thức
đpcm
Điều phải chứngminh

1.1.1. Bất đẳng thức Bernoulli dạng đơn giản 3
1.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 1 4
1.1.3. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 2 5
1.1.4. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 3 6
1.2. Bất đẳng thức Buniacovsky 7
1.2.1. Phát biểu bất đẳng thức Buniacovsky 7
1.2.2. Các hệ quả 7
1.2.3. Các cách chứng minh bất đẳng thức Buniacovsky 8
1.2.4. Bất đẳng thức Buniacovsky mở rộng 10
Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI
VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNIACOVSKY TRONG GIẢI TOÁN 13
2.1. Bất đẳng thức Bernoulli 13
2.1.1. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán đại số 13
2.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán hình học và lượng giác 18
2.2. Bất đẳng thức Buniacovsky 21
2.2.1 Bất đẳng thức Buniacovsky trong các bài toán đại số 21
2.2.2. Bất đẳng thức Buniacovsky trong một số bài toán hình học và lượng
giác 28
KẾT LUẬN 37
TÀI LIỆU THAM KHẢO 38 1
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Toán học là một môn khoa học đóng vai trò quan trọng trong cuộc sống và
các ngành khoa học khác. Trong đó, bất đẳng thức là một trong những mảng
kiến thức hay và có nhiều ứng dụng trong giải toán. Việc nghiên cứu về bất đẳng
thức giúp học sinh, sinh viên tăng cường tính sáng tạo, sự kiên trì, ham học hỏi;
tăng cường khả năng tính toán, khả năng tìm tòi lời giải bài toán và phát triển tư

thức bernoulli và bất đẳng thức Buniacovsky, đồng thời ứng dụng để giải một
số bài toán đại số và hình học ở trường phổ thông.
6. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tài liệu.
- Phân tích, tổng hợp các kiến thức.
- Kinh nghiệm bản thân, trao đổi thảo luận với giáo viên hướng dẫn.
7. Đóng góp của khóa luận
Khóa luận sau khi hoàn thành sẽ làm tài liệu tham khảo cho sinh viên
chuyên ngành Toán và giáo viên phổ thông.
8. Cấu trúc của khóa luận
Khóa luận gồm phần mở đầu, phần nội dung gồm 2 chương và phần kết
luận. Phần nội dung bao gồm các chương sau:
Chương 1: Bất đẳng thức Bernoulli và bất đẳng thức Buniacovsky.
Chương 2: Một số ứng dụng của bất đẳng thức Bernoulli và bất đẳng thức
Buniacovsky trong giải toán.

3
Chương 1. BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI VÀ BẤT ĐẲNG THỨC

ta có:
 
n
1 a 1 na   
(đpcm)
Dấu “

” xảy ra
1 1 na a 0    
.
Ví dụ. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
10 10 10
7 8 9
(1)
b)
2003 2003 2003
2000 2001 2002
(2)
Giải
a) (1)
10
10
79
1
88


1 1 1
2001 2001 2001 2001
     
     
     
      
n
1 1 1 1 na
1 na
n
    


4
1.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli dạng suy rộng 1
Nếu
a1
thì với mọi số hữu tỉ
r1
, ta có:

 
r
1 a 1 ra  
(*)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc
a0

m
nn
1a
mn
   
   

   


      
 
n
m
1 a 1 ar      
m
r
n
1 ar 1 a 1 a 1 ar      
(đpcm).
Dấu “=” xảy ra
m
1 a 1 a 0
n

Giả sử
1 2 n
x x x 0   
, khi đó:
(1)
r r r
1 2 n
r
1 2 n
x x x
n
x x x
n




  

  r r r
1 2 n
1 n 1 n 1 n
nx nx nx

x x x x x x
     
   

1 a 1 a

   
. Dấu đẳng thức xảy
ra
a0
hoặc
1
.
Chứng minh
Cách 1. Rõ ràng ta chỉ cần xét khi α là số vô tỉ. Khi đó, tồn tại số hữu tỉ
n
r
tăng
và
   
n
r
n
nn
lim r lim 1 a 1 a

 
    

( do tính liên tục của hàm số mũ).
Theo dạng suy rộng 1 của bất đẳng thức Bernoulli, ta có:
 
n
r


        



Do
1
nên ta có bảng biến thiên sau: 6
x
0
 
f ' x
0 +
 
fx CT
Như vậy, với mọi số thực
a1
, ta có:

.
Ví dụ. Cho
0 a,b 1
. Chứng minh
ba
a b 1
.
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli dạng (1.1.3) trên, ta có:
bb
b
1 1 1 a 1 a a b ab
1 1 b
a a a a
a
   
   
     
   
   b
a
a
a b ab



Tương tự ta có:

i1
i1
1 x 1 x


  


. 7
Chứng minh
Dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh đúng với
n 
1, 2. Giả sử nó đúng
với n, nghĩa là
 
n
i
i1
1x






n
i



  
   
    
  
   
   
   

Ở đây
1 2 n
x ,x , ,x
là các số thực cùng dấu và lớn hơn
1
nên:

n
n 1 i
i1
x x 0





Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét:
Dễ thấy 1.1.1 là hệ quả của 1.1.4 (khi các
i

(không đổi) thì
 
2 2 2
1 2 n
min x x x   

2 2 2
1 2 n
C
a a a

  
đạt được khi
1 2 n
1 2 n
x x x

a a a
  
.
8
1.2.2.2. Hệ quả 2
Nếu
2 2 2 2
1 2 n
x x x C   
(không đổi) thì:

2
ii
i1
f x a x b




Và dễ dàng biến đổi
 
fx
thành
 
2
f x Ax 2Bx C  
, trong đó:
n
2
i
i1
Aa



,
n
ii
i1
B a b



Giả sử bất đẳng thức đúng đến
nk
, tức là:
  
 
2
2 2 2 2 2 2
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
a a a b b b a b a b a b         

Xét trường hợp
n k 1
. Ta có:
  
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 k k 1 1 2 k k 1
a a a a b b b b

           
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 k 1 2 k k 1 1 2 k
a a a b b b b a a a

           
Từ đó, theo giả thiết quy nạp và theo (2), vế trái của (1) sẽ lớn hơn hoặc
bằng:

 
2
22
1 1 2 2 k k k 1 k 1 1 1 k 1 k 1 2 2 k 1 k 1
a b a b a b a b 2a b a b 2a b a b
     
      k k k 1 k 1
2a b a b

 
2
1 1 2 2 k k k 1 k 1
a b a b a b a b

    

là điều phải chứng minh. Dễ thấy dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2 k k 1
1 2 k k 1
a a a a




Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
12
xx
. Ta cũng nói hàm f lõm trên
 
a;b

nếu bất đẳng thức trên có chiều ngược lại.
*Bất đẳng thức Jensen
Nếu
 
fx
là hàm lồi trên
 
1 2 n
c ;c ;c
thì với mọi
 
1 2 n
x ,x , ,x a;b
và
mọi số thực
1 2, n
, , 0,   

1
1


xR
. Theo bất
đẳng thức Jensen, với
i
0, 

i 1,n
và
n
i
i1
0



ta có:
 
n
1 2 n k
1 2 n k
n n n n
k1
i i i i
i 1 i 1 i 1 i 1
f x x x f x

   


   







 
2
1 1 2 2 n n
x x x        
 
2 2 2
1 2 n 1 1 2 2 n n
x x x            
(1)
Bây giờ, giả sử
1 2 n
a ,a , ,a
và
1 2 n
b ,b , ,b
là 2 dãy số bất kì. Rõ ràng ta có
thể giả sử
i

1.2.4. Bất đẳng thức Buniacovsky mở rộng
Mở rộng bất đẳng thức Buniacovsky cho 3 dãy số thực không
âm:
 
1 2 n
a ;a ; ;a ;

 
1 2 n
b ;b ;b ;
 
1 2 n
c ;c ;c
ta luôn có:
 
1 1 1 2 2 2 n n n
a b c a b c a b c     
3 3 3 3 3 3 3 3 3
1 2 n 1 2 n 1 2 n
a a a b 3 b c c c         

Chứng minh
Đặt
3 3 3
3
1 2 n
A a a a   

x;
A


i
i
b
y;
B

i
i
c
z
C

với
i1
; 2; 3
Khi đó ta có:
3 3 3
1 2 3
3 3 3
1 2 3
3 3 3
1 2 3
x x x 1
y y y 1
z z z 1


333
222
2 2 2
333
333
3 3 3
xxx
x y z
3
xxx
x y z
3
xxx
x y z
3
















     









Hay
i i i
a :b :c A:B:C
(
i 1;2;3
) tức là:
1 1 1 2 2 2 3 3 3
a :b :c a :b :c a :b :c

Tổng quát: Bất đẳng thức Buniacovsky mở rộng cho m dãy số thực không âm:
Cho m dãy số thực không âm:
 
1 2 n
a ;a ; ;a ,
 
1 2 n
b ;b ; ;b , , 

2
2
n n n
i
ii
i
i 1 i 1 i 1
b
ab
a
  





  

ii
x ,y 0

c)
2
n n n
i
i i i
i
i 1 i 1 i 1
x
x y x

13
Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC BERNOULLI
VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNIACOVSKY TRONG GIẢI TOÁN
2.1. Bất đẳng thức Bernoulli
2.1.1. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán đại số
2.1.1.1. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
n 1,2, 
ta có
n
13
13
n n 2

  




Giải
Hiển nhiên bất đẳng thức đúng khi
n1
và dấu bằng xảy ra.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến
nk
, tức là ta có:
k
13
13
k k 2











(*)
Ta lại có:
k
k
2
22
k 2k 1 1
1
k 2k k 2k







   


Vậy theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:

14
 
  
2
k 1 k
k2
11
1 1 .
k 1 k k 1 k 3


   
  
   
  
   
(***)
Từ (***) và theo giả thiết quy nạp suy ra:

 
  
2
k1
k2
13
1 3 .
k 1 k 2 k 1 k 3


   


  



.
Còn
n3
thì
3
13
13
3 3 2

  



.
Vì thế, từ cách chứng minh trên, suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
n1

hoặc
n2
.
Ví dụ 2. Cho
1 2 n
x ,x , ,x
là n số dương đều nhỏ hơn hoặc bằng 1. Chứng minh
rằng:

x
1
2
x
1 x 1 .
x
  
(1)
Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi
2
x1

Lí luận tương tự ta có:
 
3
1
2
x
2
3
x
1 x 1
x
  
(2)

15
………………… (i)
 
1

       

   
   

(*)
Dấu “

” trong (*) xảy ra
1 2 n
x x x 1    
.
Lại theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
ii
i 1 i 1
xx
12
xx





,
i 1,n
với
n 1 1
xx



       
2 3 n 1
1 1 1 1
n
x x x x
1 2 n 1 n
1 x 1 x 1 x 1 x 2

    

Dấu “

” xảy ra khi và chỉ khi
i
x1
,
i 1,n
(đpcm).
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, ta có:
 
n
n
n 1 2.n

Và từ đó suy ra:
 
3n 1 1 1 1
lg n!
10 2 3 n 1 n

16
Dấu bằng xảy ra
n1
. Từ
 
n
n
n 1 2.n
ta được
 
10n
10 10n 10n
n 1 2 .n 1000.n   
10n.lg n 1 3 10n.lgn    
3
lg n 1 lgn
10n
   
(1)
Trong (1), lần lượt thay
n 1,n 1
ta có:

3
lg2
10

,
31
lg3 1
10 2




, …,
31
lgn 1
10 n 1

  




Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta được:

       
 
3 1 1
lg n! n 1 .1 n 2 . n n 1
10 2 n 1


0
nn
ta đều có:
n
aA
.
Hướng dẫn
Với mọi N tự nhiên theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
   
n
n
a 1 a 1 1 n a 1     


(1) 17
Xét bất đẳng thức sau:
 
A1
1 n a 1 A n
a1

    

(do
a 1 0
). (2)
Vậy nếu chọn

Hướng dẫn
Ta có:
 
 
2
2
2
lg 11 lg 10.1,1 1 lg1,1  



Chú ý là
lg1,1 0
nên theo bất đẳng thức Bernoulli ta có: Suy ra
2
lg 11 lg12

Bài 3. Chứng minh rằng nếu
0
2

  
thì ta có:
   
2 tan 1 sin
2 sin 3 tan
   

x0
và
y
1
x

, nên theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
 
2
1 lg1,1 1 2lg1,1 1 lg1,21 1 lg1,2 lg12       

18
 
y
x
y
1 x 1 x. 1 y
x
    

Vậy (2) đúng, suy ra đpcm.
2.1.2. Bất đẳng thức Bernoulli trong các bài toán hình học và lượng giác
2.1.2.1. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
n n n
3n
tan A tan B tan C 3
2
   


3 3 3
  

    





Từ (1), (2) và (*) ta có:
 
n
n n n
3
tan A tan B tan C 3 3 3  
(3)
Do
3
3 3 1
2

, nên từ (3) suy ra:
n
3
n n n
3
tan A tan B tan C 3 1
2

   



. Chứng minh rằng:
t
x tx t 1 0   
.
b) Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:
2 2 2 2 2 2
12
A B C
tan tan tan 3
2 2 2

     
  
     
     

Giải
a) Theo bất đẳng thức Bernoulli:
   
t
t
x 1 x 1 1 t x 1 1 tx 1        


, suy ra
t
x tx t 1 0   


3tan 3 2.tan 2 1
22

   


(1)
Tương tự:
2
22
BB
3tan 3 2.tan 2 1
22

  


(2)
2
22
CC
3tan 3 2.tan 2 1
22

  


(3)

20

     
)
Suy ra
2 2 2 2 2 2
12
A B C
tan tan tan 3
2 2 2

     
  
     
     

Dấu “=” xảy ra
2 2 2
A B C
3tan 3tan 3tan 1
2 2 2
   A B C 1
tan tan tan
2 2 2
3
   A B C ABC

nên
0 x y
. BĐT đã cho tương đương
với:
   
yx
1 x 1 y  
(1)
Dễ thấy
 
y
x
(1) 1 x 1 y   
(2)