tài liệu toán học chuyên đề phương pháp chứng minh bất đẳng thức và kinh nghiệm giải toán bất đẳng thức

196 628 0
tài liệu toán học chuyên đề phương pháp chứng minh bất đẳng thức và kinh nghiệm giải toán bất đẳng thức

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Tr-ờng THPT CHUYÊN QUảNG BìNH ti nghiờn cu khoa hc PHƯƠNG PHáP CHứNG MINH BấT ĐẳNG THứC Giáo viên h-ớng dẫn : Nguyễn Chiến Thắng Nhóm tác giả: Tập thĨ líp 10 To¸n LỜI NĨI ĐẦU Trong mơn Tốn trường THPT, bất đẳng thức ngày quan tâm mức tỏ có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vẽ đẹp tính độc đáo phương pháp kỹ thuật giải chúng yêu cầu cao tư cho người giải Bất đẳng thức dạng tốn hay khó học sinh trình học tập kỳ thi, trước hết kỳ thi đại học mà hầu hết học sinh THPT phải vượt qua Ngoài bất đẳng thức dạng thường gặp kỳ thi học sinh giỏi toán cấp tỉnh, Quốc gia, Olympic khu vực Olympic quốc tế Các toán bất đẳng thức khơng rèn luyện tư sáng tạo, trí thơng minh mà cịn đem lại say mê u thích mơn Tốn người học Trong đề tài nghiên cứu khoa học này, tập thể lớp 10 Toán trường THPT Chuyên Quảng Bình xin trình bày số vấn đề bất đẳng thức, số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Đề tài gồm viết nhóm tác giả trình bày dạng chuyên đề Nhóm tác giả BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VÀ ỨNG DỤNG Đồn Quốc Đạt – Ngơ Hồng Thanh Quang Bất đẳng thức AM-GM 1.1 Định lí Định lí (Bất đẳng thức AM-GM) Với số thực dương a1 , a2 , , an ta có bất đẳng thức a1  a2   an n  a1a2 an n Đẳng thức xảy a1  a2   an 1.2 Chứng minh Phương pháp “Quy nạp Cô – si” a a Với n  :  a1a2   a1  a2  0 a1  a2  a1a2 (đúng) Giả sử bất đẳng thức với n  k ta chứng minh bất đẳng thức với n  2k Sử dụng giả thiết quy nạp ta có: a1  a2   a k  a1  a2   ak ak 1  ak    a2 k      2k 2 k 2k    k a1a2 ak  k ak 1ak  a2 k     k a1 ak k ak 1 a2 k  2k a1a2 ak a2k Giả sử bất đẳng thức với n  p ta chứng minh bất đẳng thức với n  p 1 Thật vậy, xét p  số: a1 , a2 , , a p1  Sử dụng giả thiết quy nạp với n  p ta có: a1  a2   a p 1  p 1 a1a2 a p 1 p  p a1 a p 1 p 1 a1 a p 1  p 1 a1a2 a p 1  a1  a2   a p 1  p 1 a1a2 a p 1  p p 1 a1a2 a p 1  a1  a2   a p 1   p  1 p 1 a1a2 a p 1  a1  a2   a p 1 p 1  p 1 a1 a p 1 Theo ngun lí quy nạp ta có bất đẳng thức với n  2, n  Đẳng thức xảy a1  a2   an 1.3 Các dạng thường gặp n n2 n3 n4 Điều kiện a, b  a, b, c  a, b, c, d  Dạng ab  ab abc  abc abcd  abcd Dạng  ab    ab    abc     abc    abcd     abcd   Dấu ab a bc abcd Ví dụ Ví dụ 1: (Bất đẳng thức Nesbit) Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có a b c    bc ac a b Giải: Xét biểu thức sau a b c   bc ac a b b c a M   bc a c a b c a b N   bc a c a b S Ta có M  N  Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ab bc ca   3 bc ac ab ac ab bc N S    3 bc ac ab M S  Vậy M  N  2S   2S  hay a b c    bc ac a b Đẳng thức xảy a  b  c (đpcm) Nhận xét: Bài nhiều cách giải khác có lẽ cách hay việc nghĩ biểu thức M , N dễ dàng Ví dụ phần cho ta thấy sức mạnh tinh tế bất đẳng thức AMGM, ví dụ đơn giản Chúng ta xét đến kĩ thuật thêm bớt bất đẳng thức AM-GM qua ví dụ sau Ví dụ 2: Chứng minh với số thực khơng âm a, b, c ta có a2 b2 c2 a bc    bc a c a b Giải: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: a2 bc a2 b  c  2 a bc bc (1) b2 ac b2 a  c  2 b ac ac c2 ab c2 a  b  2 c ab ab Cộng theo vế bất đẳng thức ta có: a2 b2 c2 abc     abc bc ac ab a2 b2 c2 abc     bc ac ab Đẳng thức xảy a  b  c (đpcm) Nhận xét: Đây dạng tập đánh giá điểm rơi từ AM sang GM Nếu tiếp xúc qua bất đẳng thức AM-GM nhận xét việc tìm đánh giá (1) mang nhiều tính may mắn Nhưng khơng phải vậy, a2 a  , phải để ý, điểm rơi bất đẳng thức a  b  c Khi bc tạo biểu thức để vừa có giá trị thức a , vừa loại mẫu biểu a2 Hơn nữa, vế bất đẳng thức đồng bậc 1, từ dễ dàng nhận bc biểu thức thêm vào phải bc Sử dụng kết ta làm tốn sau: Ví dụ 3: [IMO 1995] Cho a, b, c  thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: 1    a b  c  b  a  c  c  a  b  (1) Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: abc abc abc 1 1 1        a b  c  b  a  c  c  a  b   a b c  1 2 11 1  a  b  c      1 1 1 2a b c    b c a c a b a b Đặt x  , y  , z  , ta quay trở lại ví dụ c Nhận xét: Bài giải bất đẳng thức Cauchy – Schwarz mà xét phần sau Ví dụ 4: Cho a, b, c  Chứng minh rằng: ab bc ca a bc    a  b  2c b  c  2a c  a  2b Giải: Ta có: ab ab 1 1    ab    a  b  2c  a  c    b  c  4ac bc  bc bc 1 1    bc    b  c  2a  a  b    b  c  4 ab bc  ca ca 1 1    ca    c  a  2b  a  b    b  c  4 ab bc  Cộng theo vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c Nhận xét: Trong ví dụ sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu số: Cho a1 , a2 , , an số thực dương Ta có: 1 1      n an   a1 a2  a1  a2   an   Đẳng thức xảy a1  a2   an Ví dụ 5: Cho số a, b, c không âm, chứng minh rằng: a3 a3   b  c  b3  b3   a  c   c3 1 c3   a  b  Giải: Xét bất đẳng thức phụ sau:  x3   x2  x   Thật vậy, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có:  x   x  x2 x2  x  1  x  1  x  x    1 2 (1) Áp dụng vào tốn ta có: a3 a3   b  c  Tương tự ta có: b3 b3   a  c  c3 c3   a  b   bc 1    a   1bc 1   2 a   a2 a  b2  c2 b2 a  b2  c   c2 a  b2  c Cộng ba bất đẳng thức theo vế ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c Nhận xét: Bài toán thuộc dạng tập đánh giá điểm rơi bất đẳng thức từ biểu thức GM sang AM Điểm khó ví dụ nằm chỗ đổi biến tìm bất đẳng thức phụ (1) Bài tập giải bất đẳng thức CauchySchwarz Ví dụ [diendantoanhoc.net] Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  Chứng minh rằng: 1 1 1     1  1  1 ab bc ca a b c Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca a  ab  bc  ca    3 ab bc ca a2 cyc a b  3      cyc b cyc a cyc  a  b  a  c   a.a Mà theo bất đẳng thức AM-GM  a  b  a  c     a.a cyc Cần chứng minh a b b a 6 cyc  a b      6  cyc b cyc a  (hiển nhiên theo AM-GM) cyc Vậy bất đẳng thức cho chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c  Nhận xét: Với toán trên, khéo léo sử dụng giả thiết ab  bc  ca  tốn trở nên đơn giản Ví dụ 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh: a b c ab bc ca      b c a ca a b bc Giải: Đặt a b c  x,  y,  z Khi đó, ta có: b c a a  b  yz 1 y   y c  a 1 z 1 z Bài toán quy việc chứng minh: x 1 y 1 z 1   0 y 1 z 1 x 1   x  1  z  1   y  1  x  1   z  1  y  1   x2 z  z y  y x  x2  y  z  x  y  z  Dễ thấy theo bất đẳng thức AM-GM ta có: x z  z y  y x  3 x3 y z  x y z 2  x  y  z   x yz (vì x  y  z  ) Kết thúc việc chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c Nhận xét: Để ý biểu thức vế phải bất đẳng thức chứa phép cộng biến tử mẫu nên việc sử dụng bất đẳng thức AM-GM cách trực tiếp vơ khó khăn Do phương án đổi biến để tạo bất đẳng thức Bây giờ, xét tới kĩ thuật việc chứng minh bất đẳng thức AM-GM, kĩ thuật đánh giá phủ định Kĩ thuật dùng để chứng minh số bất đẳng thức áp dụng trực tiếp AM-GM bị ngược dấu hiệu Ví dụ [ Bulgarian TST 2003] Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh: S a b c    2 1 b 1 c 1 a Giải: Biến đổi sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a ab ab ab a a a 2 1 b 1 b 2b 2 b bc bc bc b b b 2 1 c 1 c 2c 2 c ca ca ca c c a 2 1 a 1 a 2a Cộng theo vế bất đẳng thức ta có: S  a  b  c  1  ab  bc  ca     ab  bc  ca  2 Mặt khác:   a  b  c    ab  bc  ca   ab  bc  ca  Từ suy S  Đẳng thức xảy a  b  c  Nhận xét: Ở bất đẳng thức ban đầu, ta áp dụng trực tiếp bất đẳng thức AMGM bị ngược dấu Ví dụ: S  3 abc abc (sai)  3  2 2b.2c.2a 1  b 1  c 1  a  2 Ta có tốn tổng qt toán trên: Cho số thực dương a1 , a2 , , an thỏa mãn a1  a2   an  n Chứng minh rằng: a a1 a n  2   n   a2  a3  a1 Ví dụ 9: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a  b  c abc  ab  bc  ca    28 2   a b c  Giải: Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:   ab  bc  ca    a  b  c    a  b  c 6    ab  bc  ca   a  b  c    27     2 2 Suy ra: 27  ab  bc  ca   ab  bc  ca  ab  bc  ca   2 2 2 a b c  ab  bc  ca   a  b  c  a  b  c a  b  c Cần chứng minh: abc  27  ab  bc  ca  a  b  c 12  28 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:    a  b  c  27  ab  bc  ca   ab  bc  ca   5   55  (1) 12 4 27abc 27  abc  27  abc  a  b  c 6 3 a 2b c Bài toán 3: Cho thỏa mãn Chứng minh 11!11: Nhận xét: Dấu xảy kvck Bất đẳng thức trở thành Ta trông chờ vào Với  Tương tự Ta có:    Khơng tính tơng qt.Giả sử: Theo bđt Schur ta có đpcm Giải: Xét = Khơng tính tơng qt.Giả sử: Suy ra: 2 2 Dấu xảy kvck Theo bất đẳng thức Schur Bài tốn 4: Cho 11!11: Nhận xét: Khơng tính tổng quát ta giả sử Bất đẳng thức trở thành Giải:Khơng tính tổng qt ta giả sử Bất đẳng thức trở thành: Khơng tính tổng qt giả sử Tương tự ta có đpcm Vậy bđt chứng minh Bài toán 5: Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác 11!11: Nhận xét: Khơng tính tổng qt ta giả sử Bất đẳng thức trở thành : Vì a,b,c cạnh tam giác thỏa mãn Giả sử Suy Suy đánh giá Giải: Khơng tính tổng qt giả sử Vì a,b,c cạnh tam giác thỏa mãn Giả sử Suy Bài tập: Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức 1   1 c2  a  b a  b  c b2  a  c Với số thực không âm tùy ý có tổng Hƣớng dẫn: Bất đẳng thức tương đương với 1   1  c  a  a  b2  b  c Ta nhận thấy dấu xảy  a  b  c  bất đẳng thức cho có dạng Tiếp tuyến đồ thị hàm số  x3 x 4 x y  f (x) điểm có hồnh độ x  1là y  Ta có đánh giá f (a)  f (b)  f (c)  f ( x)  f ( x)  4 x  x x 12 x  3     (đúng)  x3 9  x  x  3 x    f ( x)     x (*) Áp dụng (*) ta có 1  a  b  c 12         (đpcm)  c  a  a  b2  b  9 9 c Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Nhận xét: giải kĩ thuật phân tách Chebyshev Chúng ta có phân tích sau 1 1 c1 c      c2  a  b c2  c  3 3 c2  c  3     Bất đẳng thức cần chứng minh aa 1 bb 1 cc 1   0  a  b2  b  c  c  a a 1 b 1 c 1    0 b 1  c 1  a 1  a b c Giả sử a  b  c  a 1  b 1  c 1 Vì a  b  c  nên ab, bc, ca  Do a 1  a  b 1  b  c 1  c Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho dãy ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Bài 2: Cho số dương a, b, c Chứng minh a, a2 b2 c2 a  b  c    a b bc c a b, a3 b3 c3 a bc    a  b2 b2  c c  a Hƣớng dẫn a, Ta xét hàm số f (a)  a2 a  2ab , f ' (a)  a b a  b2 Ta nhận thấy dấu xảy a  b Lúc ta đánh giá f a  f ' (b)(a  b)  f (b) Ta có a  b2  (đúng) (*) a 3a  b a 3a  b    0 a b a b 4a  b Áp dụng (*) ta có: a2 b2 c2 3a  b 3b  c 3c  a 2(a  b  c) a  b  c (        a b bc ca 4 4 (đpcm) Dấu đẳng thức xảy a  b  c b, Ta xét hàm số f (a)  a3 a  3a 2b2 , f ' (a)  Ta đánh giá  b2 a  a  b2      f (a)  f ' (b)(a  b)  f (b) Ta có a3 2a  b a3 2a  b ba  b2    0  (đúng) (**)  b2  b2 2  a  b2  a a 2    Áp dụng (**) ta có: a3 b3 c3 2a  b 2b  c 2c  a a  b  c (đpcm)       2 2 a  b2 b2  c c  a Dấu đẳng thức xảy a  b  c Nhận xét: Bài toán sử dụng tư tưởng phương pháp hệ số bất định (UCT) Đây dạng phương pháp tuyến tuyến Chúng ta thêm tốn để có thể củng cố phương pháp Bài 3: Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  Chứng minh 1 1    2 1 b2 1 c 1 d 1 a Hƣớng dẫn: Dấu xảy  a  b  c  d  bất đẳng thức chứng minh có dạng Tiếp tuyến đồ thị x2 1 2a hàm số y  f (x) điểm có hồnh độ x  1là y  f (a)  f (b)  f (c)  f (d )  f ( x)  Ta đánh giá: f ( x)  f ( x)  2 x Ta có 2 x 2 x 2 x xx 12  f ( x)  0  0  (đúng) (*) 1 2 1) 2 x 2( x Áp dụng (*) ta có 1 1 2 a 2b 2c 2 d 8 4          2 2 2 2 a 1 b2 1 c 1 d 1 (đpcm) Dấu đẳng thức xảy a  b  c  d  Nhận xét: Bài toán tìm bất đẳng phụ phương pháp UCT kĩ thuật Cô-si ngược dấu Cách 2: Dùng phương pháp UCT Ta xác định hệ số m để bất đẳng thức sau a 1a 1  ma 1  a 1  a 1  m      1 ma 1     1 1 1 a a  a  a 1  1  m  1 Ta dự đoán bất đẳng thức sau a 1 aa 12 Ta có  2a   (đúng) a 1 a 1 Khi a  ta có  Tương tự với biến cịn lại ta có:  2b b2 1  2c c2 1  2d d 1 Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy a  b  c  d  Cách 3: Sử dụng kĩ thuật Cô-si ngược Ta có phân tích sau a2 a2 a  1  1  1 2a a 1 a 1 Các biến lại tương tự Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta có điều phải chứng minh Dấu xảy a  b  c  d  Bài 4: (Vasile Cirtoaje) Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a  b  c  d  Chứng minh 1 1 16     3a 1 3b2 1 3c2 1 3d 1 Hƣớng dẫn: bất đẳng thức chứng minh có dạng 16 Tiếp tuyến đồ thị f (a)  f (b)  f (c)  f (b)  f ( x)  3x  1 hàm số y  f (x) điểm có hồnh độ x  y   48 x  52 49 Dấu xảy  a  b  c  d  Ta đánh giá f ( x)   48 x  52 Ta có 49 f ( x)  52  48 x 52  48 x 32 x 12 12 x 1  f ( x)  0 0 49 49  3x  1 49    Xét hai trường hợp sau + Trường hợp 1: Giả sử d min{a, b, c, d}   12a 1  12b 1  12c 1  12d 1 12 + Trường hợp 2: d   1 3d  49  12 48 48  1 3d 49 Xét tương tự với biến lại ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c  d  Nhận xét: Bài toán giải phương pháp UCT sau Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau   m2a 1 3a 1 Dễ dàng tìm m  24 nên ta có bất đẳng thức phụ sau 52  48 32a 12 12a 1   0 1 49  3a  1 3a 49    Các biến khác tương tự Sau xét hai trương hợp ta có điều phải chứng minh Dấu xảy a  b  c  d  n Bài 5: Cho a , a , , an số thực không âm thỏa mãn  a  n Chứng i1 i a n i  i1 3a  i n minh  Hƣớng dẫn: Dấu xảy  a  a   a  bất đẳng thức chứng minh có dạng n n n  f (ai )  Tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f (x) điểm có hồnh độ i1 x3 x3 Ta đánh giá f ( x)  x  y  32 32 Ta có: 5  x x  12  x3 x3 x x3 f ( x)   f ( x)  0  0 32 32 3x  32 32 3x   (đúng) (*)  a n n a  n  3n n i Áp dụng (*) ta có    i   (đpcm) 5 32 32 i  3a i 1 i Dấu đẳng thức xảy a  a   an  1 Nhận xét: Bài sử dụng phương pháp UCT để tìm bất đẳng thức phụ Ta tìm hệ số m cho         3a a  a i i i   m a 1   m a 1 i 2 5 i 8 3a 3a  i i  Ta dự đốn với m   bất đẳng thức phụ Thật vậy: 32        a  a a 1  i i i   0 32 3a  3a  i i Điều hiển nhiên Dấu đẳng thức xảy biến Bài 6: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a2 a  b  c 2  b2 b  a  c 2  c2  c  b  a 2 Hƣớng dẫn: Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c  Qui bất đẳng thức dạng a2 a  3  a 2 a2  b2  c2  b  3  b 2 c  3  c 2 b2 c2     2a  6a  2b  6b  2c  6c  5 Dấu xảy  a  b  c  bất đẳng thức chứng minh có dạng f (a)  f (b)  f (c)  Tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f (x) điểm có 12 x  12 a  hoành độ x  y  Ta đánh giá f ( x)  25 25 Ta có: f ( x)  12 x  12 x   f ( x)  25 25 x2 12 x  8 x  21 x  1    0 2x  6x  25 25  x  x   Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c  a   c Xét trường hợp sau: + Trường hợp 1: c  21  8a  21  8b  21  8c  21  + Trường hợp 2: giả sử a max{a, b, c}  Khi ta có f (a)  a2  2a  6a  21 49     50    1 a  Do f (a) đồng biến (0;3] nên điều hiển nhiên Từ trường hợp ta suy bất đẳng thức phụ hay f ( x)  12 x  (*) 25 Áp dụng (*) ta có: a2 b2 c2 12 a  12b  12c  15        25 25 25 25 a  3  a  b  3  b 2 c  3  c 2 (đpcm) Dấu đẳng thức xảy a  b  c Bài 7: (USA MO 2003) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh b  c  2a 2  a  c  2b 2  a  b  2c 2  2a  b  c 2 2b  (a  b) 2c  a  b 2 Hƣớng dẫn: Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c  Khi ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a  1 2a  1  a  2 b  1  2b  1  b  2 c  1  2c  1  c  2 8 bất đẳng thức cần chứng minh có dạng f (a)  f (b)  f (c)  Tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f (x) điểm có Dấu xảy  a  b  c  hoành độ x  12 x  12 x  y  Ta đánh giá f ( x)  3 Ta có x  1  12 x    3x  1 4 x  1  (đúng) 12 x  f ( x)  0 2 3 x  1  x  x  1  x  Suy f ( x)  12 x  (*) Áp dụng (*) ta có a  1 2a  1  a  2 b  1  2b  1  b  2 c  1  2c  1  c  2  (đpcm) Dấu đẳng thức xảy a  b  c Bài 8: Cho Hƣớng dẫn: Bài 9: Cho Hƣớng dẫn: Bất đẳng thức trở thành: 12 a  12b  12c  24    8 3 3 .Chứng minh rằng: Bài 10:[Vasile Cirtoaje] Cho Hƣớng dẫn: Ta cần với Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ Từ ta CM: Từ ta rút điều cần III Bài tập Cho số a,b,c không âm cho khơng có số đồng thời Chứng minh a 12   bc ( a)2 Cho a,b,c>0, abc=1 Chứng minh a 3  a 1 Chứng minh b a(b  c)  2a, b, c   bc  c 2 Cho a,b,c>0 Chứng minh a3 a2 ab     b3 bc c sym Cho a, b, c  Chứng minh (a  b2 )(b2  c2 )(c  a )( ab)2  8a 2b2c ( a )2 Cho a,b,c>0 Chứng minh a Cho a,b,c>0 Chứng minh a a   2bc  ab a a   bc a b (Iran 96) Cho a, b, c  Chứng minh ( ab)[ ] ( a  b) Cho a,b,c>0 thỏa mãn: abc=1 Chứng minh    a  ab 10 Cho a,b,c>0 thảo mãn abc=1 Chứng minh (a  b)2 (b  c)2 (c  a)2  (a  2b  c)(b  2c  a)(c 2a  b) 11 Cho a,b,c>0 Chứng minh (a  b ) a b b a  a4   ( b  c )  6 a  2( b )2  (Hướng dẫn: Sử dụng bất đẳng thức ASYM đánh giá trội) KẾT LUẬN Bài viết trình bày số kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức từ cổ điển đến đại, ý tưởng, ví dụ tập xếp cách có hệ thống nhằm giúp cho đối tượng học sinh có điều kiện ơn tập, nghiên cứu phát triển Do trình độ cịn hạn chế nên viết khơng thể tránh khỏi sai sót trình bày chun mơn Rất mong q thầy bạn đọc đóng góp ý kiến để đề tài trở thành tài liệu tham khảo tốt Xin chân thành cảm ơn ... đến bất đẳng thức (1) bất đẳng thức biến tốn trở nên đơn giản, ta nghĩ đến phương pháp khảo sát hàm số đoạn Vậy hết chặng đường khám phá bất đẳng thức AM-GM Phát biểu chứng minh bất đẳng thức. .. cơng việc chứng minh bất đẳng thức ban đầu quy chứng minh bất đẳng thức biến, hiển nhiên việc chứng minh đỡ nặng nhọc dễ dàng Việc cần làm nhóm số hạng cách phù hợp Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:... phương pháp chứng minh bất đẳng thức Đề tài gồm viết nhóm tác giả trình bày dạng chun đề Nhóm tác giả BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VÀ ỨNG DỤNG Đoàn Quốc Đạt – Ngơ Hồng Thanh Quang Bất đẳng thức AM-GM 1.1

Ngày đăng: 20/12/2014, 08:51

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan