Cho $0<a\leq b\leq 4$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 1$. Chứng minh rằng:
$$a^b\leq b^a$$ 
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli
$$(\frac{1}{a})^{\frac{b}{a}}\geq \frac{b}{a}.\frac{1}{a}+1-\frac{b}{a}=\frac{a^2+b-ab}{a^2}$$
Mà $$a^2+b-ab=b(\frac{a^2}{b}+1-a)\geq b(\frac{a^2}{4}+1-a)=\frac{b}{4}(a-2)^2\geq 0$$
Nên từ trên ta có $$a^{\frac{b}{a}}\leq \frac{a^2}{a^2+b-ab}$$
Nên ta cần chứng minh $$\frac{a^2}{b+a^2-ab}\leq b$$
Điều này tương đương $$(b+a-ab)(a-b)\le 0\Leftrightarrow (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-1)(a-b)\leq 0$$
Điều này đúng theo giả thiết. Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b \blacksquare$

Nhận xét: Với điều kiện chặn là $0<a\leq 1\leq b$ thì bài toán vẫn đúng.